Para o sistema não linear a seguir, queremos encontrar a solução de (\sqrt{2}, \sqrt{2}), portanto faça 4 iterações por Newton e 4 iterações por Newton modificado e compare os erros obtidos.
\left\{\begin{array}{l} f_{1}(x, y)=x^{2}+y^{2}-4=0 \\\ f_{2}(x, y)=x-y=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema
\left\{\begin{array}{l} f_{1}(x,y)=x^{2}+y^{2}-4=0\\[4pt] f_{2}(x,y)=x-y=0 \end{array}\right.
e pede para aproximar a solução (\sqrt{2},\sqrt{2}) usando 4 iterações do método de Newton e 4 iterações do Newton modificado, e comparar os erros obtidos. Informação relevante fornecida pelo enunciado que vou usar explicitamente:
\text{o ponto exato: }s=(\sqrt{2},\sqrt{2}).
O enunciado não dá um palpite inicial explícito; vou adotar o palpite simétrico e natural
(x_{0},y_{0})=(2,2),
porque está razoavelmente próximo de (\sqrt{2},\sqrt{2}) e preserva a simetria y=x que simplifica as contas. Para comparar erros vou usar a norma euclidiana
\|e^{(k)}\|=\|(x^{(k)},y^{(k)})-s\|_2.]

Passo 2

Vou explicar o método de Newton para sistemas (passo-a-passo, estilo amigo):
  • Representamos o sistema em vetor F(x,y):
F(x,y)=\begin{pmatrix}f_{1}(x,y)\\[4pt] f_{2}(x,y)\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}x^{2}+y^{2}-4\\[4pt] x-y\end{pmatrix}.
  • Calculamos a jacobiana J(x,y), que é a matriz das derivadas parciais:
J(x,y)=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial f_{1}}{\partial x} & \dfrac{\partial f_{1}}{\partial y}\\[6pt] \dfrac{\partial f_{2}}{\partial x} & \dfrac{\partial f_{2}}{\partial y}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2x & 2y\\[6pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
  • O passo de Newton resolve o sistema linear
J(x^{(k)},y^{(k)})\,\Delta^{(k)}=-F(x^{(k)},y^{(k)})
e atualiza
(x^{(k+1)},y^{(k+1)})=(x^{(k)},y^{(k)})+\Delta^{(k)}.
Explicação intuitiva: linearizamos o sistema em torno do ponto atual e movemo-nos até a raiz da aproximação linear.
Observação útil para este problema: como a segunda equação é x-y=0, se o palpite inicial está na diagonal y=x (como o escolhido (2,2)), todas as iterações de Newton e do Newton modificado vão permanecer na diagonal y=x. Então podemos reduzir o sistema a uma única equação escalar ao longo da diagonal:
\text{se }y=x\text{ então }f_{1}=2x^{2}-4,\quad f_{2}=0.ã
Isso simplifica muito as contas: a componente y acompanhará x.]

Passo 3

Aplicando a definição: primeira iteração de Newton a partir de (x_{0},y_{0})=(2,2).
Calculemos F(x_{0},y_{0}) e J(x_{0},y_{0}):
F(2,2)=\begin{pmatrix}2^{2}+2^{2}-4\\[4pt]2-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]0\end{pmatrix}, \qquad J(2,2)=\begin{pmatrix}4 & 4\\[6pt]1 & -1\end{pmatrix}.
Resolvendo J(2,2)\Delta^{(0)}=-F(2,2):
\begin{pmatrix}4 & 4\\[6pt]1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\Delta_x\\[4pt]\Delta_y\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}4\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da segunda linha: \Delta_x-\Delta_y=0\Rightarrow \Delta_x=\Delta_y. Substituindo na primeira:
4(\Delta_x+\Delta_y)=4(2\Delta_x)=-4 \Rightarrow 8\Delta_x=-4 \Rightarrow \Delta_x=-\tfrac{1}{2},
portanto \Delta^{(0)}=(-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}). Atualização:
(x_{1},y_{1})=(2,2)+\Big(-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}\Big)=\Big(\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\Big)=(1,5,\,1,5).
(Vou mostrar também os valores decimais com vírgula: \tfrac{3}{2}=1,5.)
Agora o erro relativo à solução s=(\sqrt{2},\sqrt{2}):
\text{erro escalar } = x_{1}-\sqrt{2}=\tfrac{3}{2}-\sqrt{2}\approx 0,08578643762690485,
e a norma euclidiana do erro (como os dois componentes são iguais) é
\|(x_{1},y_{1})-s\|_2=\sqrt{2}\,\big(\tfrac{3}{2}-\sqrt{2}\big)\approx 0,12132034355964283.]

Passo 4

Segunda iteração de Newton (usando que y=x simplifica as contas; também mostro a forma geral).
Forma simplificada: quando y=x o método de Newton reduz-se ao método de Newton escalar aplicado a
g(x)=2x^{2}-4
com derivada g'(x)=4x. A iteração escalar é
x_{k+1}=x_{k}-\frac{g(x_{k})}{g'(x_{k})} =x_{k}-\frac{2x_{k}^{2}-4}{4x_{k}} =\frac{x_{k}^{2}+2}{2x_{k}}.
Isso é a fórmula clássica de Newton (método de Babylon) para \sqrt{2}.
Já temos x_{1}=1,5. Aplicando a fórmula:
x_{2}=\frac{(1,5)^{2}+2}{2\cdot 1,5}=\frac{2,25+2}{3}= \frac{4,25}{3}=1,4166666666666667.
Assim (x_{2},y_{2})=(1,4166666666666667,\,1,4166666666666667).
Erro escalar:
x_{2}-\sqrt{2}\approx 0,002453104293571583,
norma:
\|(x_{2},y_{2})-s\|_2=\sqrt{2}\,(x_{2}-\sqrt{2})\approx 0,003469446951953614.

Passo 5

Terceira iteração de Newton:
Aplicando de novo a fórmula escalar:
x_{3}=\frac{x_{2}^{2}+2}{2x_{2}}=\frac{(1,4166666666666667)^{2}+2}{2\cdot 1,4166666666666667}\approx 1,4142156862745099.
Erro escalar:
x_{3}-\sqrt{2}\approx 2{,}123901414817894\times 10^{-6},
norma:
\|(x_{3},y_{3})-s\|_2\approx 3{,}0\times 10^{-6}.

Passo 6

Quarta iteração de Newton:
Outra aplicação da fórmula:
x_{4}=\frac{x_{3}^{2}+2}{2x_{3}}\approx 1,4142135623746899.
Erro escalar:
x_{4}-\sqrt{2}\approx 1{,}594946397\times 10^{-12},
norma:
\|(x_{4},y_{4})-s\|_2\approx 2{,}2545\times 10^{-12}.
Comentário rápido (empático): já dá para ver a maravilha do Newton: os erros caem muito rápido (convergência quadrática, por isso do 10^{-6} para 10^{-12} em só uma iteração).

Passo 7

Agora explico o Newton modificado (a versão que vou usar): fixamos a jacobiana no palpite inicial e reutilizamos a mesma inversa em todas as iterações. Procedimento:
  • Calcule J(2,2) uma vez e sua inversa J(2,2)^{-1}.
    Já calculamos
J(2,2)=\begin{pmatrix}4 & 4\\[6pt]1 & -1\end{pmatrix},\qquad \det J(2,2) = -8.
A inversa é
J(2,2)^{-1}=\frac{1}{-8}\begin{pmatrix}-1 & -4\\[6pt]-1 & 4\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1/8 & 1/2\\[6pt]1/8 & -1/2\end{pmatrix}.
No passo modificado, a correção é
\Delta^{(k)} = -J(2,2)^{-1}F(x^{(k)},y^{(k)}),
sempre com a mesma matriz inversa.
Observação simplificadora: quando estamos na diagonal y=x, F(x,x)=(2x^{2}-4,\,0)^{T}, portanto
\Delta^{(k)}=-J(2,2)^{-1}\begin{pmatrix}2x_{k}^{2}-4\\[4pt]0\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}\tfrac{1}{8}(2x_{k}^{2}-4)\\[6pt]\tfrac{1}{8}(2x_{k}^{2}-4)\end{pmatrix} =-\begin{pmatrix}\dfrac{x_{k}^{2}-2}{4}\\[6pt]\dfrac{x_{k}^{2}-2}{4}\end{pmatrix}.
Logo o método modificado na diagonal reduz-se ao iteração escalar
x_{k+1}=x_{k}-\frac{x_{k}^{2}-2}{4}.
(Compare com o Newton exato escalar, que atualiza por \dfrac{x_{k}^{2}+2}{2x_{k}}. O modificado usa uma correção linearizada fixa e por isso converge mais devagar.)]

Passo 8

Aplicando o Newton modificado a partir de x_{0}=2:
Iteração 1 (já coincidente com Newton porque usamos a mesma jacobiana no ponto inicial):
x_{1}=2-\frac{2^{2}-2}{4}=2-\frac{2}{4}=1,5.
Erro norma:
\|(x_{1},y_{1})-s\|_2\approx 0,12132034355964283.

Passo 9

Iteração 2 (Newton modificado):
x_{2}=1,5-\frac{(1,5)^{2}-2}{4}=1,5-\frac{0,25}{4}=1,5-0,0625=1,4375.
Erro escalar x_{2}-\sqrt{2}\approx 0,02328643762690485 e norma
\|(x_{2},y_{2})-s\|_2\approx 0,0329372492331632.

Passo 10

Iteração 3 (Newton modificado):
x_{3}=1,4375-\frac{(1,4375)^{2}-2}{4}=1,4375-\frac{2,06640625-2}{4}=1,4375-0,0166015625=1,4208984375.
Erro escalar x_{3}-\sqrt{2}\approx 0,00668487512690485 e norma
\|(x_{3},y_{3})-s\|_2\approx 0,009454996403.

Passo 11

Iteração 4 (Newton modificado):
x_{4}=1,4208984375-\frac{(1,4208984375)^{2}-2}{4}\approx 1,4208984375-0,00473809247017\approx 1,41616034502983.
Erro escalar x_{4}-\sqrt{2}\approx 0,0019467826567348886 e norma
\|(x_{4},y_{4})-s\|_2\approx 0,002752776237.

Passo 12

Comparação qualitativa e numérica (resumindo): Newton (com jacobiana atualizada a cada iteração) converge muito mais rápido — aqui vemos erros caindo dramaticamente (convergência quadrática). O Newton modificado converge também, mas de forma muito mais lenta (convergência aproximadamente linear nesta configuração), pois reutiliza a mesma jacobiana do início.

Resposta

Newton (norma do erro após cada iteração):
\|e^{(1)}\|\approx 0,12132034355964283\n
\|e^{(2)}\|\approx 0,003469446951953614\n
\|e^{(3)}\|\approx 3,0\times 10^{-6}\n
\|e^{(4)}\|\approx 2,2545\times 10^{-12}\n
Newton modificado (norma do erro após cada iteração):
\|e^{(1)}\|\approx 0,12132034355964283\n
\|e^{(2)}\|\approx 0,0329372492331632\n
\|e^{(3)}\|\approx 0,009454996403\n
\|e^{(4)}\|\approx 0,002752776237

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