Usando o método de Newton, faça quatro iterações para o sistema não linear
\left\{\begin{array}{rl} 4 x_{1}-x_{1}^{3}+x_{2} & =0 \\\\ -\frac{x_{1}^{2}}{9}+\frac{4 x_{2}-x_{2}^{2}}{4} & =-1 \end{array}, \quad \mathbf{x}^{(0)}=(-1,-2)^{T}\right.
Em todas as iterações avalie os critérios de parada para \varepsilon=10^{-4}.

Passo 1

O enunciado pede para aplicar o método de Newton em quatro iterações para o sistema
\begin{cases} 4x_1 - x_1^3 + x_2 = 0,\\\\ -\frac{x_1^2}{9} + \frac{4x_2 - x_2^2}{4} = -1, \end{cases}
com chute inicial \mathbf x^{(0)} = (-1,-2)^T. Vamos precisar escrever as funções F\colon\mathbb R^2\to\mathbb R^2 correspondentes e sua Jacobiana J, usar a fórmula
\mathbf x^{(k+1)} = \mathbf x^{(k)} - J(\mathbf x^{(k)})^{-1} F(\mathbf x^{(k)}),
e em cada iteração calcular \|\Delta \mathbf x^{(k)}\| e \|F(\mathbf x^{(k)})\| para comparar com \varepsilon=10^{-4}.

Passo 2

Definimos
F(\mathbf x)= \begin{pmatrix} F_1(x_1,x_2)\\[6pt] F_2(x_1,x_2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4x_1 - x_1^3 + x_2\\[4pt] -\displaystyle\frac{x_1^2}{9} + \frac{4x_2 - x_2^2}{4} +1 \end{pmatrix},
de modo que o sistema F(\mathbf x)=0 equivale ao enunciado. A Jacobiana é
J(\mathbf x)= \begin{pmatrix} 4 - 3x_1^2 & 1\\[6pt] -\frac{2x_1}{9} & \displaystyle\frac{4 - 2x_2}{4} \end{pmatrix}.
Em cada iteração calculamos F, J, resolvemos
J(\mathbf x^{(k)})\,\Delta \mathbf x^{(k)} = -\,F(\mathbf x^{(k)}),
obtemos \mathbf x^{(k+1)}=\mathbf x^{(k)}+\Delta \mathbf x^{(k)} e comparamos
\|\Delta \mathbf x^{(k)}\| e \|F(\mathbf x^{(k)})\| a \varepsilon=10^{-4}.]

Passo 3

Iteração k=0\to1: em \mathbf x^{(0)}=(-1,-2)
F(\mathbf x^{(0)})= \begin{pmatrix}-5\\[3pt]-2{,}111111\end{pmatrix},\quad J(\mathbf x^{(0)})= \begin{pmatrix}1 & 1\\[3pt]2/9 & 2\end{pmatrix}.
Resolvendo J\Delta = -F vem \Delta \mathbf x^{(0)} = (4{,}4375,\;0{,}5625) e
\mathbf x^{(1)}=(3{,}4375,\;-1{,}4375).
Calculamos
\|\Delta \mathbf x^{(0)}\|\approx4{,}4739,
\|F(\mathbf x^{(0)})\|\approx28{,}467,
ambos maiores que 10^{-4}.]

Passo 4

Iteração k=1\to2: em \mathbf x^{(1)}=(3{,}4375,-1{,}4375)
F(\mathbf x^{(1)})\approx\begin{pmatrix}-28{,}3613\\[2pt]-2{,}2671\end{pmatrix},\quad J(\mathbf x^{(1)})\approx\begin{pmatrix}-31{,}4492 & 1\\[3pt]-0{,}7639 & 1{,}7188\end{pmatrix}.
Resolvendo dá \Delta \mathbf x^{(1)}\approx(-0{,}87056,\;0{,}98127) e
\mathbf x^{(2)}\approx(2{,}56694,\;-0{,}45623).
Calculamos
\|\Delta \mathbf x^{(1)}\|\approx1{,}3110,
\|F(\mathbf x^{(1)})\|\approx7{,}1230,
ainda acima de 10^{-4}.]

Passo 5

Iteração k=2\to3: em \mathbf x^{(2)}\approx(2{,}56694,-0{,}45623)
F(\mathbf x^{(2)})\approx\begin{pmatrix}-7{,}1217\\[2pt]-0{,}2404\end{pmatrix},\quad J(\mathbf x^{(2)})\approx\begin{pmatrix}-15{,}7683 & 1\\[3pt]-0{,}5704 & 1{,}2281\end{pmatrix}.
Resolvendo vem \Delta \mathbf x^{(2)}\approx(-0{,}45266,\;-0{,}01728) e
\mathbf x^{(3)}\approx(2{,}11429,\;-0{,}47351).
Calculamos
\|\Delta \mathbf x^{(2)}\|\approx0{,}4541,
\|F(\mathbf x^{(2)})\|\approx1{,}4696,
ainda sem convergência.]

Passo 6

Iteração k=3\to4: em \mathbf x^{(3)}\approx(2{,}11429,-0{,}47351)
F(\mathbf x^{(3)})\approx\begin{pmatrix}-1{,}4694\\[2pt]-0{,}0265\end{pmatrix},\quad J(\mathbf x^{(3)})\approx\begin{pmatrix}-9{,}4163 & 1\\[3pt]-0{,}4698 & 1{,}2368\end{pmatrix}.
Resolvendo dá \Delta \mathbf x^{(3)}\approx(-0{,}16026,\;-0{,}03893) e
\mathbf x^{(4)}\approx(1{,}95403,\;-0{,}51244).
Calculamos
\|\Delta \mathbf x^{(3)}\|\approx0{,}1650,
\|F(\mathbf x^{(3)})\|\approx0{,}1615,
ainda acima de 10^{-4}.]

Resposta

Após quatro iterações de Newton, partindo de (-1,-2), obtemos
\mathbf x^{(4)} \approx \begin{pmatrix} 1{,}95403\\[3pt] -0{,}51244 \end{pmatrix},
e em nenhuma das iterações os critérios \|\Delta \mathbf x\|\le10^{-4} ou \|F(\mathbf x)\|\le10^{-4} foram satisfeitos.]

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