Usando o método de Newton, resolva as equações com precisão \epsilon_{1}=\epsilon_{2}=0,0001 :
f(x)=\operatorname{sen}(x)-x-1=0

Passo 1

O enunciado pede que se encontre, pelo método de Newton, a raiz da equação
f(x)=\sin(x)-x-1=0
usando as tolerâncias \epsilon_{1}=\epsilon_{2}=0{,}0001.
Dados fornecidos importantes:
  • A função a ser resolvida é \;f(x)=\sin(x)-x-1\;.
  • A derivada necessária é \;f'(x)=\cos(x)-1\;.
  • Critérios de parada (ambos exigidos): \;|f(x_k)|<\epsilon_{1}\; e \;|x_{k+1}-x_k|<\epsilon_{2}\;, com \epsilon_{1}=\epsilon_{2}=0{,}0001.

Passo 2

O método de Newton baseia-se na aproximação linear da função em torno de uma aproximacão x_k: usa-se a reta tangente a f em x_k e toma-se a intersecção dessa reta com o eixo x como nova aproximação. A fórmula de iteração é
x_{k+1}=x_k-\frac{f(x_k)}{f'(x_k)}.
Aqui:
  • \;f(x)=\sin(x)-x-1\; é a função cujo zero buscamos;
  • \;f'(x)=\cos(x)-1\; é a derivada, que aparece no denominador da fórmula (atenção se f'(x_k) for muito pequeno, o método pode falhar ou divergir).
    O critério prático: a cada iteração calcular |f(x_k)| e |x_{k+1}-x_k| e parar quando ambos forem menores que 0{,}0001.

Passo 3

Escolha do palpite inicial x_0. Procuro um intervalo onde a função troque de sinal:
  • Calculo \;f(-2)=\sin(-2)-(-2)-1=-0{,}9092964268+2-1\approx0{,}0907035732.
  • Calculo \;f(-1{,}9)=\sin(-1{,}9)-(-1{,}9)-1\approx-0{,}9463000877+1{,}9-1\approx-0{,}0463000877.
    Como f(-2)>0 e f(-1{,}9)<0, existe uma raiz entre -2 e -1{,}9. Escolho x_0=-2 (próximo à raiz e com f'(x_0)=\cos(-2)-1 não nulo).

Passo 4

1ª iteração (a partir de x_0=-2):
f(x_0)=0{,}0907035732,\qquad f'(x_0)=\cos(-2)-1=-0{,}4161468365-1=-1{,}4161468365.
Aplicando Newton:
x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}=-2-\frac{0{,}0907035732}{-1{,}4161468365}\approx-1{,}9359251.
Diferença entre aproximações:
|x_1-x_0|\approx0{,}0640749>0{,}0001.
Ainda não satisfaz o critério de diferença; continuar.

Passo 5

2ª iteração (a partir de x_1\approx-1{,}9359251):
Calculo \sin e \cos em x_1 (valores numéricos):
\sin(x_1)\approx-0{,}9340320,\qquad \cos(x_1)\approx-0{,}3570850.
Então
f(x_1)=\sin(x_1)-x_1-1\approx-0{,}9340320+1{,}9359251-1\approx0{,}0018931,
f'(x_1)=\cos(x_1)-1\approx-0{,}3570850-1=-1{,}3570850.
Aplicando Newton:
x_2=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx-1{,}9359251-\frac{0{,}0018931}{-1{,}3570850}\approx-1{,}9345298.
Diferença:
|x_2-x_1|\approx0{,}0013953>0{,}0001.
Ainda não satisfeita a segunda tolerância, embora |f(x_2)| já esteja pequeno (ver próximo passo).

Passo 6

3ª iteração (a partir de x_2\approx-1{,}9345298):
Calculo numérico:
\sin(x_2)\approx-0{,}9344650,\qquad \cos(x_2)\approx-0{,}3558090.
Então
f(x_2)=\sin(x_2)-x_2-1\approx-0{,}9344650+1{,}9345298-1\approx0{,}0000648,
f'(x_2)=\cos(x_2)-1\approx-0{,}3558090-1=-1{,}3558090.
Aplicando Newton:
x_3=x_2-\frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx-1{,}9345298-\frac{0{,}0000648}{-1{,}3558090}\approx-1{,}9344820.
Agora as duas quantidades de parada:
|x_3-x_2|\approx0{,}0000478<0{,}0001, \qquad |f(x_3)|\approx|\,\sin(x_3)-x_3-1\,|\approx3{,}0\cdot10^{-5}<0{,}0001.
Ambos os critérios são satisfeitos, portanto podemos parar com x_3 como aproximação da raiz.

Passo 7

Conclusão: o método de Newton, começando em x_0=-2, convergiu em três iterações para a raiz com as tolerâncias pedidas. É importante, na prova, justificar a escolha do palpite inicial (por exemplo mostrando o troca de sinal) e verificar ambas as tolerâncias antes de declarar a convergência.

Resposta

-1,934482

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