Use o método de Newton-Raphson para aproximar as raízes indicadas com erro absoluto menor que 10^{-5}.
(a) f(x)=x^{3}-2 x-5, \quad x_{0}=2

Passo 1

O enunciado pede: aproximar a raiz de f(x)=x^{3}-2x-5 usando o método de Newton-Raphson até que o erro absoluto seja menor que 10^{-5}.
Informações dadas:
  • A função é f(x)=x^{3}-2x-5.
  • O palpite inicial (aproximação inicial) é x_{0}=2.
  • A tolerância pedida para o erro absoluto é 10^{-5}.

Passo 2

Vamos introduzir a fórmula do método de Newton-Raphson e explicar cada termo com calma.
O método constrói iterativamente aproximações x_{0},x_{1},x_{2},\dots pela regra
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Aqui:
  • x_{n} é a aproximação atual da raiz (já conhecida),
  • f(x_{n}) é o valor da função no ponto x_{n},
  • f'(x_{n}) é a derivada da função no ponto x_{n},
  • x_{n+1} é a nova aproximação (geralmente mais próxima da raiz verdadeira).
Intuição curta e prática: a iteração usa a reta tangente à curva y=f(x) em x_{n}; a interseção dessa reta com o eixo x é o x_{n+1}. Quando a função é bem comportada e o chute inicial razoável, a convergência costuma ser rápida (quadrática).

Passo 3

Calcular f'(x) para a nossa função e preparar para iterar:
f(x)=x^{3}-2x-5,\qquad f'(x)=3x^{2}-2.
Agora aplicamos a fórmula com x_{0}=2. Vou calcular cada iteração mostrando f(x_{n}), f'(x_{n}) e a correção \dfrac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.

Passo 4

Iteração n=0 (já dada):
x_{0}=2.
Calcule f(x_{0}) e f'(x_{0}):
f(2)=2^{3}-2\cdot2-5=8-4-5=-1,
f'(2)=3\cdot2^{2}-2=3\cdot4-2=12-2=10.
Aplicando Newton:
x_{1}=2-\frac{-1}{10}=2+\frac{1}{10}=2,1.

Passo 5

Iteração n=1:
x_{1}=2,1.
Calcule f(x_{1}) e f'(x_{1}):
f(2,1)=(2,1)^{3}-2\cdot2,1-5=9,261-4,2-5=0,061,
f'(2,1)=3(2,1)^{2}-2=3\cdot4,41-2=13,23-2=11,23.
Correção:
\frac{f(2,1)}{f'(2,1)}=\frac{0,061}{11,23}\approx0,005431\ldots
Logo
x_{2}=2,1-0,005431\ldots\approx2,094568911.
(Arredondei a saída para nove casas decimais para manter os cálculos claros; a iteração usa esse valor.)

Passo 6

Iteração n=2:
x_{2}\approx2,094568911.
Calcular f(x_{2}) e f'(x_{2}) (avaliados numericamente):
Avaliação aproximada (usando Horner ou cálculo direto):
f(2,094568911)\approx0,0001946\quad(\text{valor pequeno, próximo de zero}),ó
f'(2,094568911)=3(2,094568911)^{2}-2\approx11,161\ldots
Correção:
\frac{f(x_{2})}{f'(x_{2})}\approx\frac{0,0001946}{11,161}\approx0,000017429\ldots
Aplicando Newton:
x_{3}=x_{2}-0,000017429\ldots\approx2,094551481.

Passo 7

Verificação da diferença entre iterações (critério prático de parada). Vamos verificar |x_{3}-x_{2}|:
|x_{3}-x_{2}|\approx|2,094551481-2,094568911|\approx0,000017429\ldots
Esse valor ainda é maior que 10^{-5} (pois 0,000017429\ldots\approx1,7429\times10^{-5}>10^{-5}), então ainda não atingimos a tolerância pedida se usarmos o critério |x_{n+1}-x_{n}|<10^{-5}. Continuamos.

Passo 8

Iteração n=3:
x_{3}\approx2,094551481.
Calcular f(x_{3}) e f'(x_{3}) (avaliados numericamente):
f(2,094551481)\approx-3{,}7\times10^{-10}\quad(\text{praticamente zero}),
f'(2,094551481)=3(2,094551481)^{2}-2\approx11,161\ldots
Correção:
\frac{f(x_{3})}{f'(x_{3})}\approx\frac{-3{,}7\times10^{-10}}{11{,}161}\approx-3{,}3\times10^{-11}.
Portanto
x_{4}=x_{3}-\left(-3{,}3\times10^{-11}\right)\approx x_{3}+3{,}3\times10^{-11}\approx2,094551481\;({\text{mesmo valor até as casas mostradas}}).é

Passo 9

Agora verifique a diferença:
|x_{4}-x_{3}|\approx3{,}3\times10^{-11}<10^{-5}.
Portanto a aproximação já satisfaz o critério de erro absoluto menor que 10^{-5}. Pela razão da convergência quadrática do método de Newton, após x_{3} a aproximação já está essencialmente na casa de precisão solicitada.

Resposta

x\approx2,094551481

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