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.
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}.
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):
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}.
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}.
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}.]