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

Passo 1

O que o exercício pede e os dados que temos.
  • Pede: usar o Método de Newton para resolver o sistema não-linear \begin{cases} x^{3}+2y+z=4,\\[4pt] 2x^{2}+y^{2}-4z^{3}=-1,\\[4pt] 3x^{2}-4y+z=-\dfrac{1}{2}, \end{cases}até que o critério de parada com \varepsilon=10^{-3} seja satisfeito.
  • Condição inicial: \displaystyle x^{(0)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix}.
Informações úteis que vou usar (tiradas do enunciado):
  • O sistema está escrito em forma igualitária (lado direito numérico), por isso vou trabalhar com a forma F(x)=0, isto é, definir F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 como as três funções cujas raízes procuramos.
  • O critério de parada que vou aplicar é o habitual: parar quando a norma infinito do incremento \Delta x^{(k)} satisfizer \|\Delta x^{(k)}\|_{\infty}<\varepsilon (ou seja, quando todos os componentes do passo são menores que 10^{-3} em valor absoluto).]

Passo 2

Definição do Método de Newton para sistemas e formulas que vamos usar (aula rápida, passo a passo).
  • Chamamos x=(x_1,x_2,x_3)^T. Defino F(x)=(f_1,f_2,f_3)^T com: \begin{aligned} f_1(x,y,z)&=x^{3}+2y+z-4,\\[4pt] f_2(x,y,z)&=2x^{2}+y^{2}-4z^{3}+1,\\[4pt] f_3(x,y,z)&=3x^{2}-4y+z+\tfrac{1}{2}. \end{aligned}(Cada f_i foi obtido subtraindo-se o lado direito para formar f_i=0.)
  • Jacobiana J(x) é a matriz das derivadas parciais: J(x)=\begin{pmatrix} \dfrac{\partial f_1}{\partial x} & \dfrac{\partial f_1}{\partial y} & \dfrac{\partial f_1}{\partial z}\\[6pt] \dfrac{\partial f_2}{\partial x} & \dfrac{\partial f_2}{\partial y} & \dfrac{\partial f_2}{\partial z}\\[6pt] \dfrac{\partial f_3}{\partial x} & \dfrac{\partial f_3}{\partial y} & \dfrac{\partial f_3}{\partial z} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 3x^{2} & 2 & 1\\[6pt] 4x & 2y & -12z^{2}\\[6pt] 6x & -4 & 1 \end{pmatrix}.(Expliquei: cada entrada é a derivada da linha f_i em relação à coluna x_j.)
  • Iteração de Newton (forma usada): J(x^{(k)})\,\Delta x^{(k)} = -F(x^{(k)}),\qquad x^{(k+1)}=x^{(k)}+\Delta x^{(k)}.(Ou seja: em cada iteração resolve-se um sistema linear e atualiza-se a solução.)
  • Critério de parada: parar quando \|\Delta x^{(k)}\|_{\infty}<10^{-3}.
Vou aplicar isto iterativamente, mostrando cálculos e explicando cada passo numérico.]

Passo 3

Iteração 0 → 1: cálculo de F(x^{(0)}), J(x^{(0)}) e resolução exata do sistema linear (mostro eliminação).
  • Ponto inicial: x^{(0)}=(1,1,2)^T.
  • Avaliando F em x^{(0)}: \begin{aligned} f_1(1,1,2)&=1^{3}+2\cdot1+2-4=1,\\[4pt] f_2(1,1,2)&=2\cdot1^{2}+1^{2}-4\cdot2^{3}+1=2+1-32+1=-28,\\[4pt] f_3(1,1,2)&=3\cdot1^{2}-4\cdot1+2+\tfrac{1}{2}=1{,}5. \end{aligned}Logo F(x^{(0)})=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-28\\[2pt]1{,}5\end{pmatrix}.
  • Jacobiana em x^{(0)}: J(x^{(0)})=\begin{pmatrix} 3 & 2 & 1\\[4pt] 4 & 2 & -48\\[4pt] 6 & -4 & 1 \end{pmatrix}.
  • Sistema linear a resolver: J(x^{(0)})\,\Delta x^{(0)} = -F(x^{(0)})=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]28\\[2pt]-1{,}5\end{pmatrix}.Faço eliminação de Gauss (mostro as contas principais):
    • Matriz aumentada inicial: \left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 2 & 1 & -1\\\\ 4 & 2 & -48 & 28\\\\ 6 & -4 & 1 & -1{,}5 \end{array}\right].
    • Eliminação (resultados simbólicos simplificados): após operações chega-se a um sistema triangular que dá, exatamente, \Delta x^{(0)}=\begin{pmatrix} -\dfrac{169}{1182}\\[6pt] \dfrac{7}{591}\\[6pt] -\dfrac{703}{1182} \end{pmatrix}.(Se quiser conferir, checando multiplicações, estes racionais vêm da eliminação mostrada no rascunho.)
  • Valores decimais aproximados (úteis na prática): \Delta x^{(0)}\approx\begin{pmatrix}-0{,}14298\\[4pt]0{,}01185\\[4pt]-0{,}59475\end{pmatrix}.
  • Atualizo: x^{(1)}=x^{(0)}+\Delta x^{(0)}\approx\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-0{,}14298\\\ 0{,}01185\\\ -0{,}59475\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0{,}85702\\[4pt]1{,}01185\\[4pt]1{,}40525\end{pmatrix}.
  • Checo norma do passo: \|\Delta x^{(0)}\|_{\infty}\approx0{,}59475>10^{-3}. Continuamos.]

Passo 4

Iteração 1 → 2: calculo em x^{(1)}, resolução numérica do linear e atualização.
  • x^{(1)}\approx(0{,}857022,\;1{,}011848,\;1{,}405245)^T.
  • Avalio F(x^{(1)}) (calculei com 4–6 casas): F(x^{(1)})\approx\begin{pmatrix}0{,}05824\\[4pt]-7{,}6060\\[4pt]0{,}06140\end{pmatrix}.
  • Jacobiana J(x^{(1)})\approx\begin{pmatrix} 2{,}20355 & 2 & 1\\[4pt] 3{,}42809 & 2{,}02370 & -23{,}69656\\[4pt] 5{,}14213 & -4 & 1 \end{pmatrix}.
  • Resolvo o linear J(x^{(1)})\Delta x^{(1)}=-F(x^{(1)}) numericamente (eliminação): obtive \Delta x^{(1)}\approx\begin{pmatrix}0{,}08445\\[4pt]0{,}03070\\[4pt]-0{,}30570\end{pmatrix}.
  • Atualizo: x^{(2)}=x^{(1)}+\Delta x^{(1)}\approx\begin{pmatrix}0{,}94147\\[4pt]1{,}04255\\[4pt]1{,}099545\end{pmatrix}.
  • Norma do passo \|\Delta x^{(1)}\|_{\infty}\approx0{,}30570>10^{-3}. Continuamos.]

Passo 5

Iteração 2 → 3: cálculo em x^{(2)}.
  • x^{(2)}\approx(0{,}941472,\;1{,}042548,\;1{,}099545)^T.
  • Avaliação: F(x^{(2)})\approx\begin{pmatrix}0{,}01914\\[4pt]-1{,}45775\\[4pt]0{,}088457\end{pmatrix}.
  • Jacobiana J(x^{(2)})\approx\begin{pmatrix} 2{,}659104 & 2 & 1\\[4pt] 3{,}765888 & 2{,}085096 & -14{,}507988\\[4pt] 5{,}648832 & -4 & 1 \end{pmatrix}.
  • Resolvendo J(x^{(2)})\Delta x^{(2)}=-F(x^{(2)}) (eliminação numérica) obtive \Delta x^{(2)}\approx\begin{pmatrix}0{,}01497\\[4pt]0{,}01758\\[4pt]-0{,}09412\end{pmatrix}.
  • Atualizo: x^{(3)}\approx\begin{pmatrix}0{,}95644\\[4pt]1{,}06013\\[4pt]1{,}005429\end{pmatrix}.
  • Norma do passo \|\Delta x^{(2)}\|_{\infty}\approx0{,}09412>10^{-3}. Continuamos.]

Passo 6

Iteração 3 → 4: cálculo em x^{(3)}.
  • x^{(3)}\approx(0{,}95644,\;1{,}06013,\;1{,}005429)^T.
  • Avaliação: F(x^{(3)})\approx\begin{pmatrix}0{,}000589\\[4pt]-0{,}112078\\[4pt]0{,}009276\end{pmatrix}.
  • Jacobiana J(x^{(3)})\approx\begin{pmatrix} 2{,}744367 & 2 & 1\\[4pt] 3{,}825760 & 2{,}120260 & -12{,}13067\\[4pt] 5{,}48664 & -4 & 1 \end{pmatrix}.
  • Resolvendo J(x^{(3)})\Delta x^{(3)}=-F(x^{(3)}) obtive \Delta x^{(3)}\approx\begin{pmatrix}0{,}001439\\[4pt]0{,}001956\\[4pt]-0{,}008449\end{pmatrix}.
  • Atualizo: x^{(4)}=x^{(3)}+\Delta x^{(3)}\approx\begin{pmatrix}0{,}957879\\[4pt]1{,}062086\\[4pt]0{,}996980\end{pmatrix}.
  • Norma do passo \|\Delta x^{(3)}\|_{\infty}\approx0{,}008449>10^{-3}. Ainda não paramos.]

Passo 7

Iteração 4 → 5: cálculo final e verificação do critério.
  • x^{(4)}\approx(0{,}957879,\;1{,}062086,\;0{,}996980)^T.
  • Avaliação F(x^{(4)}) (valores já pequenos, ordem 10^{-3}): F(x^{(4)})\approx\begin{pmatrix}-0{,}000848\\[4pt]-0{,}001704\\[4pt]0{,}001229\end{pmatrix}.
  • Jacobiana J(x^{(4)})\approx\begin{pmatrix} 2{,}752593 & 2 & 1\\[4pt] 3{,}831516 & 2{,}124172 & -11{,}92758\\[4pt] 5{,}747274 & -4 & 1 \end{pmatrix}.
  • Resolvendo J(x^{(4)})\Delta x^{(4)}=-F(x^{(4)}) obtemos (cálculo numérico): \Delta x^{(4)}\approx\begin{pmatrix}5{,}8\times10^{-5}\\[4pt]3{,}73\times10^{-4}\\[4pt]-5{,}78\times10^{-5}\end{pmatrix}.
  • A norma infinito do passo é \|\Delta x^{(4)}\|_{\infty}\approx3{,}73\times10^{-4}<10^{-3}. Portanto o critério de parada é satisfeito nesta etapa.
  • Atualizo para a aproximação final: x^{(5)}=x^{(4)}+\Delta x^{(4)}\approx\begin{pmatrix} 0{,}957879+0{,}00005806\\[4pt] 1{,}062086+0{,}000373\\[4pt] 0{,}996980-0{,}0000578 \end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}0{,}957937\\[4pt]1{,}062459\\[4pt]0{,}996922\end{pmatrix}.]

Resposta

x\approx\begin{pmatrix}0{,}957937\\[4pt]1{,}062459\\[4pt]0{,}996922\end{pmatrix}]

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