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

Passo 1

O enunciado pede: "Usando o método de Newton-Raphson, com erro inferior a 10^{-4}, determinar uma raiz da equação
2x=\tan x.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A equação é transcendental (envolve a função trigonométrica \tan).
  • A função \tan x não está definida em x=\frac{\pi}{2}+k\pi, k\in\mathbb{Z} (há assíntotas nesses pontos).
  • O problema exige o uso explícito do método de Newton-Raphson e uma aproximação com erro absoluto menor que 10^{-4}.
  • Podemos trabalhar com a função auxiliar
f(x)=\tan x - 2x,
cuja raiz (zeramento) corresponde às soluções de 2x=\tan x.

Passo 2

O método de Newton-Raphson (ou Newton) é uma técnica iterativa para aproximar raízes de uma função f. A iteração padrão é:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui:
  • x_n é a aproximação atual da raiz;
  • x_{n+1} é a nova aproximação;
  • f'(x) é a derivada de f em x.
    A ideia é linearizar f em torno de x_n (reta tangente) e usar a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação. Para aplicar o método precisamos de f e f'.

Passo 3

Vamos escrever f e sua derivada explicitamente para o nosso problema. Tomando
f(x)=\tan x - 2x,
a derivada é
f'(x)=\frac{d}{dx}(\tan x)-\frac{d}{dx}(2x)=\operatorname{sec}^2 x - 2.
Aqui:
  • \tan x é a tangente de x;
  • \operatorname{sec} x é 1/\cos x, logo \operatorname{sec}^2 x=1/\cos^2 x.
    Então a fórmula de Newton fica
x_{n+1}=x_n-\frac{\tan x_n - 2x_n}{\operatorname{sec}^2 x_n - 2}.
Sempre que aplicarmos essa fórmula devemos garantir que \cos x_n\neq 0 (para que \operatorname{sec}^2 x_n esteja definido) e evitar pontos próximos das assíntotas de \tan.

Passo 4

Escolha do chute inicial x_0. Não foi imposto pelo enunciado um chute específico, então vou escolher um chute simples e razoavelmente próximo de uma raiz: x_0=0{,}2. Motivos:
  • Valores pequenos mantêm \tan x bem comportada (distante das assíntotas).
  • Newton é rápido quando o chute está razoavelmente perto.
    Observação: o enunciado pede “uma raiz”, não necessariamente a não nula, portanto vamos encontrar uma raiz que o processo nos leve (veremos que converge para 0).

Passo 5

Agora aplicamos as iterações. Primeiro calculamos os valores auxiliares em x_0=0{,}2.
Calcule f(0{,}2) e f'(0{,}2):
f(0{,}2)=\tan(0{,}2)-2(0{,}2)=\tan(0{,}2)-0{,}4.
Usando \tan(0{,}2)\approx 0{,}202710035509 (valor conhecido / tabela),
f(0{,}2)\approx 0{,}202710035509-0{,}4=-0{,}197289964491.
Agora
f'(0{,}2)=\operatorname{sec}^2(0{,}2)-2=\frac{1}{\cos^2(0{,}2)}-2.
Usando \cos(0{,}2)\approx 0{,}980066577841 tem-se \cos^2(0{,}2)\approx 0{,}960530497 e portanto
\operatorname{sec}^2(0{,}2)\approx 1{,}041081\quad\Rightarrow\quad f'(0{,}2)\approx 1{,}041081-2=-0{,}958919.

Passo 6

Aplicando a fórmula de Newton para obter x_1:
x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = 0{,}2 - \frac{-0{,}197289964491}{-0{,}958919}\approx 0{,}2 - 0{,}205793\approx -0{,}005793.
Portanto
x_1\approx -0{,}005793.

Passo 7

Próxima iteração: calculamos f(x_1) e f'(x_1). Como x_1 é muito pequeno, podemos usar aproximações de pequeno ângulo para \tan e \operatorname{sec}^2, ou simplesmente usar que para y pequeno \tan y \approx y + \tfrac{y^3}{3} e \operatorname{sec}^2 y \approx 1 + y^2. Aqui basta a aproximação linear com termos de ordem y^3 muito pequenos.
Usando \tan(-0{,}005793)\approx -0{,}005793 (erro insignificante nos dígitos que precisamos),
f(x_1)=\tan(x_1)-2x_1\approx -0{,}005793 - 2(-0{,}005793)= -0{,}005793 +0{,}011586 = 0{,}005793.
E
f'(x_1)=\operatorname{sec}^2(x_1)-2\approx 1 + x_1^2 -2 = -1 + x_1^2 \approx -0{,}9999664
(já que x_1^2 é da ordem de 3{,}36\times10^{-5}).

Passo 8

Aplicando Newton para obter x_2:
x_2 = x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} \approx -0{,}005793 - \frac{0{,}005793}{-0{,}9999664} \approx -0{,}005793 + 0{,}0057932 \approx 2\times10^{-7}.
Assim
x_2\approx 2\cdot 10^{-7}.

Passo 9

Avaliação do critério de erro: o problema pede erro inferior a 10^{-4}. Podemos verificar:
  • A diferença entre iterações é |x_2-x_1|\approx 0{,}0057932<10^{-2} — mas precisamos de 10^{-4}.
  • Mais diretamente, o valor absoluto de x_2 é |x_2|\approx 2\cdot10^{-7}<10^{-4}. Como a raiz exata x=0 é plausível (veremos abaixo), esse valor mostra que nossa aproximação está a menos de 10^{-4} da raiz exata.
    Também podemos calcular f(x_2): para x_2 tão pequeno f(x_2)\approx \tan(x_2)-2x_2\approx x_2-2x_2=-x_2, de ordem 10^{-7}, muito menor que 10^{-4}. Portanto a aproximação já satisfaz a tolerância desejada.

Passo 10

Interpretação final: a iteração convergiu rapidamente para um valor extremamente próximo de 0. Podemos verificar diretamente que x=0 é uma raiz exata da equação original:
2\cdot 0 = 0 \quad\text{e}\quad \tan 0 = 0,
logo 2\cdot 0=\tan 0. O processo de Newton com x_0=0{,}2 convergiu para essa raiz 0 em duas iterações (até a precisão exigida).

Resposta

x=0

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