Usando o método de Newton-Raphson, com erro inferior a 10^{-4}, determinar uma raiz das seguintes equações:
\operatorname{sen} x-e^{x}=0

Passo 1

O enunciado pede: usar o método de Newton-Raphson para determinar uma raiz da equação \operatorname{sen} x - e^{x} = 0 com erro inferior a 10^{-4}.
Informações dadas: a função é \operatorname{sen} x - e^{x}. Não foi dada uma raiz inicial; devemos escolher uma intuição razoável e aplicar Newton até que a diferença entre iterações seja menor que 10^{-4}.

Passo 2

Defino a função e sua derivada (isso é fundamental para o método de Newton):
f(x)=\sin x - e^{x}
f'(x)=\cos x - e^{x}
Explicação do porquê: no método de Newton usamos a aproximação linear da função em torno de x_n e escolhemos o ponto onde essa reta cruza o eixo x. A fórmula resultante é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui f(x_n) é o valor da função no ponto atual e f'(x_n) é a inclinação (derivada) nesse ponto. Cada iteração costuma aproximar bem a raiz se a derivada não for nula.

Passo 3

Escolha da aproximação inicial (x_0): observando o comportamento de f(x)=\sin x - e^{x}, para x muito negativo temos e^{x} muito pequeno e f(x) oscila com \sin x, então existem raízes negativas próximas de pontos onde \sin x é pequeno. Um palpite prático é iniciar em x_0=-6{,}0 (está próximo do intervalo (-2\pi,-\pi), onde \sin x é positiva e encontra e^{x}). Escolher um x_0 nessa vizinhança facilita a convergência. Vou usar \lvert x_{n+1}-x_n\rvert<10^{-4} como critério de parada (erro entre iterações), que é simples de aplicar na prova.

Passo 4

Iteração 0 → 1: calculos em x_0=-6{,}0.
Calcule f(x_0) e f'(x_0):
f(-6{,}0)=\sin(-6{,}0)-e^{-6{,}0}\approx 0{,}2794154982-0{,}0024787522=0{,}2769367460.
f'(-6{,}0)=\cos(-6{,}0)-e^{-6{,}0}\approx 0{,}9601702867-0{,}0024787522=0{,}9576915345.
Aplicando Newton:
x_{1}= -6{,}0-\frac{0{,}2769367460}{0{,}9576915345}\approx -6{,}2892249.
Diferença \lvert x_{1}-x_{0}\rvert\approx 0{,}2892249>10^{-4}, continua.

Passo 5

Iteração 1 → 2: calculos em x_1\approx -6{,}2892249.
Para facilitar a interpretação, observe que -6{,}2831853 é -2\pi; então x_1 está muito próximo de -2\pi. Calcule f(x_1) e f'(x_1) aproximando via o deslocamento relativo a -2\pi.
Seja y_1=x_1+2\pi\approx -0{,}0060396. Então
\sin(x_1)=\sin(y_1)\approx y_1- \frac{y_1^{3}}{6}\approx -0{,}00603966,
e^{x_1}=e^{-2\pi}e^{y_1}\approx 0{,}0018674427\cdot e^{-0{,}0060396}\approx 0{,}001855705.
Logo
f(x_1)\approx -0{,}00603966-0{,}001855705=-0{,}00789537.
E
f'(x_1)=\cos(x_1)-e^{x_1}\approx \cos(y_1)-e^{x_1}\approx 0{,}99998176-0{,}001855705=0{,}99812606.
Aplicando Newton:
x_{2}=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx -6{,}2892249 -\frac{-0{,}00789537}{0{,}99812606}\approx -6{,}2813159.
Diferença \lvert x_{2}-x_{1}\rvert\approx 0{,}0079090>10^{-4}, continua.

Passo 6

Iteração 2 → 3: calculos em x_2\approx -6{,}2813159.
Seja y_2=x_2+2\pi\approx 0{,}0018694 (agora positivo e pequeno). Então
\sin(x_2)=\sin(y_2)\approx y_2\approx 0{,}0018694,
e^{x_2}=e^{-2\pi}e^{y_2}\approx 0{,}0018674427\cdot e^{0{,}0018694}\approx 0{,}0018700.
Logo
f(x_2)\approx 0{,}0018694-0{,}0018700\approx -5{,}88\times 10^{-7}.
E
f'(x_2)=\cos(x_2)-e^{x_2}\approx (1-\tfrac{y_2^{2}}{2})-e^{x_2}\approx 0{,}99999825-0{,}0018700\approx 0{,}99812825.
Aplicando Newton:
x_{3}=x_2-\frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx -6{,}2813159 -\frac{-5{,}88\times 10^{-7}}{0{,}99812825}\approx -6{,}2813153.
Diferença \lvert x_{3}-x_{2}\rvert\approx 5{,}9\times 10^{-7}<10^{-4}. Critério de parada satisfeito.

Passo 7

Interpretação final: chegamos a uma aproximação da raiz com diferença entre últimas iterações menor que 10^{-4}. A raiz encontrada é aproximadamente -6{,}2813153. Lembre-se: esse é um dos infinitos pontos de interseção (há raízes em intervalos negativos periódicos), mas a questão pedia determinar uma raiz — essa serve.

Resposta

-6{,}2813153

Exercícios relacionados