Use o método de Newton para obter aproximações para todas as soluções de cada equação abaixo nos intervalos indicados, \operatorname{com} \varepsilon=5 \cdot 10^{-5}. Faça duas iterações no papel. Compare o número de iterações necessário para atingir a precisão desejada com o método da bissecção.
x^{3}+3 x^{2}-1=0,[-4,0].

Passo 1

O enunciado pede para aproximar a solução de
x^{3}+3x^{2}-1=0
no intervalo [-4,0] usando o método de Newton com \varepsilon=5\cdot10^{-5}, fazendo duas iterações “no papel” e depois comparando o número de iterações de Newton com o da bissecção.

Passo 2

Para aplicar Newton usamos a fórmula
x_{n+1} \;=\; x_{n} - \frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})},
onde
f(x)=x^{3}+3x^{2}-1, \qquad f'(x)=3x^{2}+6x.
Primeiro identificamos o subintervalo que contém a raiz:
f(-1)=(-1)^{3}+3(-1)^{2}-1=1, \quad f(0)=-1,
logo há raiz em [-1,0]. Escolhemos como chute inicial x_{0}=-1.

Passo 3

Fazendo as duas primeiras iterações “no papel”:
x_{1} = -1 \;-\;\frac{f(-1)}{f'(-1)} = -1 - \frac{1}{3\cdot1 +6\cdot(-1)} = -1 + \frac{1}{3} = -0{,}6667.
f(-0{,}6667)\approx -0{,}2963 +1{,}3333 -1 =0{,}0370, \quad f'(-0{,}6667)\approx 1{,}3333 -4 = -2{,}6667,
x_{2} = -0{,}6667 \;-\;\frac{0{,}0370}{-2{,}6667} = -0{,}6667 +0{,}0139 = -0{,}6528.

Passo 4

Continuamos até \lvert x_{n+1}-x_{n}\rvert<5\cdot10^{-5}:
x_{3} \approx -0{,}6528 - \frac{f(-0{,}6528)}{f'(-0{,}6528)} \approx -0{,}6528 +0{,}00019 = -0{,}65261,
|x_{3}-x_{2}|\approx 1{,}9\times10^{-4}>5\cdot10^{-5},
x_{4} \approx -0{,}65261 - \frac{f(-0{,}65261)}{f'(-0{,}65261)} \approx -0{,}65261 +0{,}000006 = -0{,}652604,
|x_{4}-x_{3}|\approx6\times10^{-6}<5\cdot10^{-5}.
Portanto paramos em x_{4}. Foram necessárias 4 iterações.

Passo 5

No método da bissecção, a largura inicial é b-a=1 e precisamos de N tal que
\frac{1}{2^{N}}<5\cdot10^{-5} \;\Longrightarrow\; N>\log_{2}\!\bigl(20000\bigr)\approx14{,}3,
ou seja, N=15 iterações.

Resposta

A raiz aproximada é -0{,}652604.
Newton: 4 iterações.
Bissecção: 15 iterações.

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