Usando o método de Newton-Raphson calcule uma raiz negativa de f(x)=x^{3}-5 x^{2}+x+3 com erro \leq 10^{-4}.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que temos de dado.
  • Pede: calcular uma raiz negativa de f(x)=x^{3}-5 x^{2}+x+3 com erro \leq 10^{-4}.
  • Informação que temos:
    • A função é f(x)=x^{3}-5 x^{2}+x+3.
    • A tolerância pedida: 10^{-4}.
    • Vamos usar o método de Newton–Raphson (iterativo).
  • Objetivo prático para a prova: dar um valor x tal que a diferença entre iterações consecutivas (critério que vou adotar) seja \leq 10^{-4}, o que garante que o erro na raiz é no máximo da ordem desse valor (explico isso adiante).

Passo 2

O método de Newton–Raphson (fórmula e explicação didática).
  • Fórmula iterativa: para uma função f diferenciável, a iteração de Newton é
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
  • O que significa cada símbolo:
    • x_n é a aproximação atual da raiz.
    • x_{n+1} é a próxima aproximação obtida corrigindo x_n.
    • f'(x_n) é a derivada de f em x_n.
  • Ideia intuitiva: aproxima-se f por sua reta tangente em x_n e toma-se o zero dessa reta como nova aproximação.
  • Critério de parada aqui: paro quando |x_{n+1}-x_n|\le 10^{-4}. Isso é prático na prova e garante que a aproximação está dentro do erro pedido.
  • Observação sobre escolher x_0: é bom escolher x_0 perto da raiz; uma maneira simples é achar um intervalo onde f muda de sinal (teorema do valor intermediário).

Passo 3

Localizar um intervalo que contenha a raiz negativa e escolher x_0.
  • Calculo f(-1) e f(0) para ver se há mudança de sinal entre -1 e 0:
f(-1)=(-1)^3-5(-1)^2+(-1)+3=-1-5-1+3=-4,
f(0)=0-0+0+3=3.
  • Como f(-1)=-4<0 e f(0)=3>0, existe pelo menos uma raiz em (-1,0). Essa é a raiz negativa que o enunciado pede.
  • Escolho x_0=-\tfrac{1}{2} (valor simples dentro do intervalo e razoavelmente próximo da raiz). Isso facilita fazer as contas na prova.

Passo 4

Derivada da função e primeira iteração (detalhado e “mastigado”).
  • Derivada:
f'(x)=3x^{2}-10x+1.
  • Avaliando em x_0=-\tfrac{1}{2}:
f\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=\left(-\tfrac{1}{2}\right)^3-5\left(-\tfrac{1}{2}\right)^2+\left(-\tfrac{1}{2}\right)+3=1{,}125,
f'\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)=3\left(\tfrac{1}{4}\right)-10\left(-\tfrac{1}{2}\right)+1=0{,}75+5+1=6{,}75.
  • Aplico a fórmula de Newton:
x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})} =-\tfrac{1}{2}-\frac{1{,}125}{6{,}75}=-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{6}=-\tfrac{2}{3}.
  • Resultado exato: x_{1}=-\tfrac{2}{3}\approx-0{,}6666666667.

Passo 5

Segunda iteração (usar frações exatas quando possível para facilitar checagem).
  • Avalio f e f' em x_{1}=-\tfrac{2}{3}:
f\!\left(-\tfrac{2}{3}\right)=-\tfrac{8}{27}-5\cdot\tfrac{4}{9}-\tfrac{2}{3}+3=-\tfrac{5}{27},
f'\!\left(-\tfrac{2}{3}\right)=3\cdot\tfrac{4}{9}-10\left(-\tfrac{2}{3}\right)+1= \tfrac{4}{3}+\tfrac{20}{3}+1=9.
  • Aplico Newton:
x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}=-\tfrac{2}{3}-\frac{-\tfrac{5}{27}}{9}=-\tfrac{2}{3}+\tfrac{5}{243}=-\tfrac{157}{243}.
  • Valor decimal:
x_{2}=-\tfrac{157}{243}\approx-0{,}6460905349794239.
  • Diferença entre iterações:
|x_{2}-x_{1}|=\left|-\tfrac{157}{243}+ \tfrac{2}{3}\right|=\left|\tfrac{5}{243}\right|\approx0{,}02057613>10^{-4},
logo ainda não atingimos a precisão exigida.

Passo 6

Terceira iteração (cálculo exato do f(x_{2}) e do f'(x_{2}), depois Newton).
  • Podemos calcular f(x_{2}) exatamente (fazendo contas com os denominadores 243 e 243^3). O resultado racional é
f(x_{2})=-\frac{42400}{14348907}\approx-0{,}002955034,
e
f'(x_{2})=\frac{514506}{59049}\approx8{,}713253886.
  • Aplico Newton:
x_{3}=x_{2}-\frac{f(x_{2})}{f'(x_{2})} \approx -0{,}6460905349794239 - \frac{-0{,}002955034}{8{,}713253886} \approx -0{,}645751368075.
  • Diferença entre iterações:
|x_{3}-x_{2}|\approx0{,}000339167>10^{-4},
ainda não satisfeito o critério, mas estamos bem perto.

Passo 7

Quarta iteração e verificação do critério de parada (mostrar que agora a diferença cai abaixo de 10^{-4}).
  • Para x_{3} pequeno o valor de f(x_{3}) também é muito pequeno; usando avaliação direta (ou estimativa via desenvolvimento de Taylor em torno de x_{2}) encontra-se
f(x_{3})\approx-7{,}985\times10^{-7},
e
f'(x_{3})\approx8{,}70855.
  • Aplico Newton:
x_{4}=x_{3}-\frac{f(x_{3})}{f'(x_{3})} \approx -0{,}645751368075 - \frac{-7{,}985\times10^{-7}}{8{,}70855} \approx -0{,}645751276.
  • Diferença entre iterações:
|x_{4}-x_{3}|\approx9{,}17\times10^{-8}\le 10^{-4}.
  • Como |x_{4}-x_{3}|\le 10^{-4}, o critério de parada está satisfeito. A aproximação x_{4} tem erro menor que 10^{-4}.

Passo 8

Interpretação final e recomendação prática para a prova.
  • Podemos tomar como resposta a aproximação x\approx-0{,}64575128 (arredondada) — ela satisfaz a exigência de erro \le 10^{-4}.
  • Dica prática para a prova: faça as primeiras iterações usando frações exatas quando der (como fiz nos passos 5 e 6) — isso evita acúmulo de erro e facilita mostrar o trabalho. Pare quando |x_{n+1}-x_n|\le 10^{-4}.

Resposta

-0,64575128

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