Use o Método de Newton para estimar o valor de 2 \pi precisão 10^{-5}.

Passo 1

O enunciado pede: usar o Método de Newton para estimar o valor de 2\pi com precisão 10^{-5}.
Informações relevantes dadas:
  • Quantidade a estimar: 2\pi.
  • Precisão desejada: 10^{-5} (ou seja, erro absoluto menor que 10^{-5}).
  • Método indicado: Método de Newton (iterativo).

Passo 2

O que é o Método de Newton (explicação didática e derivação):\n
Dado um f(x) suave e uma aproximação inicial x_{n} de uma raiz de f, o Método de Newton lineariza f em torno de x_{n} usando a reta tangente e usa a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação x_{n+1}. A equação da reta tangente em x_{n} é
y = f(x_{n}) + f'(x_{n})(x - x_{n}).
Para encontrar onde essa reta corta o eixo x faz-se y=0 e resolve-se para x, obtendo a iteração de Newton:
x_{n+1} = x_{n} - \frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Explicando cada símbolo:
  • f(x) é a função cuja raiz procuramos (a raiz é o x tal que f(x)=0).
  • f'(x) é a derivada de f (inclinação da reta tangente).
  • x_{n} é a aproximação atual; x_{n+1} é a próxima aproximação calculada pela fórmula acima.
Critério de parada (prático e seguro):\n
  • Uma forma prática é parar quando |x_{n+1}-x_{n}|<\text{tol} com \text{tol} escolhido, aqui \text{tol}=10^{-5}.
  • Outra forma mais rigorosa é verificar |f(x_{n+1})|<\text{tol}_f ou, se for possível, comparar com o valor exato conhecido para checar o erro absoluto. Vou usar a checagem final do erro absoluto em relação a 2\pi para garantir que a precisão pedida foi alcançada.

Passo 3

Escolha de f e fórmula de iteração adequada ao problema:\n
Queremos uma raiz igual a 2\pi. Uma escolha natural é usar
f(x)=\sin(x),
porque \sin(x)=0 exatamente quando x=k\pi, e portanto x=2\pi é uma raiz de f. A derivada é
f'(x)=\cos(x).
Aplicando a fórmula de Newton obtemos a iteração simples
x_{n+1} = x_{n} - \frac{\sin(x_{n})}{\cos(x_{n})} = x_{n} - \tan(x_{n}).
Comentário didático: usamos \sin porque suas raízes são fáceis de identificar; a derivada \cos não é zero em x=2\pi (tem valor 1), portanto a convergência local de Newton é quadrática e bem comportada perto de 2\pi.

Passo 4

Escolha de chute inicial e primeira iteração (passo a passo):\n
Escolho um chute inicial razoável e simples: x_{0}=6 (porque 2\pi\approx6{,}28). Agora calculamos a primeira iteração usando
x_{1} = x_{0} - \tan(x_{0}).
Calculos (valores numéricos mostrados com várias casas para precisão):
\sin(6) = -0{,}27941549819892586,
\cos(6) = 0{,}96017028665036603,
\tan(6)=\frac{\sin(6)}{\cos(6)}=-0{,}29100619138474915.
Portanto
x_{1} = 6 - (-0{,}29100619138474915) = 6{,}29100619138474915.

Passo 5

Segunda iteração (expliquei a aproximação detalhadamente, usando que x_{1} está muito próximo de 2\pi):\n
É conveniente avaliar a diferença entre x_{1} e 2\pi para aproveitar aproximações de pequeno ângulo:
\varepsilon_{1} = x_{1}-2\pi = 6{,}29100619138474915 - 2\pi.
Como referência, 2\pi vale aproximadamente 6{,}28318530717958623, então
\varepsilon_{1} \approx 0{,}007820884205162918.
Para ângulos pequenos \varepsilon vale a aproximação por série:
\sin(\varepsilon)\approx \varepsilon - \frac{\varepsilon^{3}}{6},\qquad \cos(\varepsilon)\approx 1 - \frac{\varepsilon^{2}}{2}.
Como x_{1}=2\pi+\varepsilon_{1} e \sin(2\pi+\varepsilon_{1})=\sin(\varepsilon_{1}), calculamos
\varepsilon_{1}^{2}\approx 0{,}000061172247\quad\text{e}\quad \varepsilon_{1}^{3}\approx 4{,}7808838\times10^{-7}.
Logo
\sin(x_{1})=\sin(\varepsilon_{1})\approx \varepsilon_{1}-\frac{\varepsilon_{1}^{3}}{6} \approx 0{,}00782080452376552,
\cos(x_{1})=\cos(\varepsilon_{1})\approx 1-\frac{\varepsilon_{1}^{2}}{2} \approx 0{,}9999694138765.
Agora a tangente:
\tan(x_{1})=\frac{\sin(x_{1})}{\cos(x_{1})}\approx\frac{0{,}00782080452376552}{0{,}9999694138765}\approx 0{,}007821043634.
Aplicando a iteração:
x_{2} = x_{1} - \tan(x_{1}) \approx 6{,}29100619138474915 - 0{,}007821043634 \approx 6{,}283185147750749.

Passo 6

Verificação da precisão atingida e conclusão:\n
Calculamos o erro absoluto em relação ao valor verdadeiro 2\pi:
\bigl|x_{2}-2\pi\bigr| \approx \bigl|6{,}283185147750749 - 6{,}28318530717958623\bigr| \approx 1{,}59\times10^{-7}.
Esse erro absoluto é muito menor que a precisão exigida 10^{-5}. Portanto x_{2} já atende ao critério pedido.
Observação prática: a convergência quadrática do Método de Newton fez com que em apenas duas iterações (partindo de x_{0}=6) se alcançasse um erro da ordem de 10^{-7}.

Resposta

\;6{,}283185147750749

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