Use o método de Newton-Raphson para obter a menor raiz positiva das equações a seguir com precisão \epsilon=10^{-4} :
2 \cos (x)=e^{x / 2}

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a menor raiz positiva da equação
2\cos(x)=e^{x/2}
com precisão \epsilon=10^{-4}.
Informações dadas e o que precisamos:
\;1) a equação 2\cos(x)-e^{x/2}=0;
\;2) queremos a menor solução com x>0;
\;3) critério de parada: erro absoluto na iteração menor que \epsilon=10^{-4} (ou seja |x_{n+1}-x_n|<10^{-4}).

Passo 2

Transformar a equação num problema de encontrar raiz de uma função. Defino
f(x)=2\cos(x)-e^{x/2}.
A raiz de f é solução da equação dada. Para aplicar Newton–Raphson precisamos também da derivada f'(x). Derivo termo a termo:
  • a derivada de 2\cos(x) é -2\sin(x);
  • a derivada de e^{x/2} é \tfrac{1}{2}e^{x/2}.
    Logo
f'(x)=-2\sin(x)-\tfrac{1}{2}e^{x/2}.

Passo 3

Explico o método de Newton–Raphson (passo-a-passo didático): dado um palpite inicial x_0, gera-se a sequência
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
A ideia: aproximar f por sua reta tangente em x_n e tomar a interseção dessa reta com o eixo x. Cada iteração costuma convergir rápido se o chute inicial estiver razoavelmente perto da raiz e se f' não for zero no processo. O critério que usaremos é |x_{n+1}-x_n|<10^{-4}.

Passo 4

Escolha do palpite inicial x_0: como f(0)=2-1=1>0 e f(1)=2\cos1-e^{1/2}\approx-0,568<0, existe uma raiz em (0,1). Tomamos x_0=0,5 (meio do intervalo) — um palpite simples e seguro.

Passo 5

Primeira iteração ( n=0, com x_0=0,5) — calculos e explicações:
f(0,5)=2\cos(0,5)-e^{0,25}\approx 0,471139707.
Aqui usei valores conhecidos aproximados \cos(0,5)\approx0,877582562 e e^{0,25}\approx1,284025417.
A derivada:
f'(0,5)=-2\sin(0,5)-\tfrac{1}{2}e^{0,25}\approx -1,600863787.
Portanto a fórmula de Newton dá
x_1=0,5-\frac{0,471139707}{-1,600863787}\approx 0,794344.
Interpretação: a correção -f/f' foi positiva (porque f>0 e f'<0), logo o palpite aumentou.

Passo 6

Segunda iteração ( n=1, com x_1\approx0,794344):
Calculo f e f' nesse ponto:
f(0,794344)=2\cos(0,794344)-e^{0,397172}\approx -0,0861066,
f'(0,794344)=-2\sin(0,794344)-\tfrac{1}{2}e^{0,397172}\approx -2,170617.
Aplicando Newton:
x_2=0,794344-\frac{-0,0861066}{-2,170617}\approx 0,754669.
Observação: f mudou de sinal (de positivo para negativo) indicando que estamos do outro lado da raiz, e a iteração trouxe o palpite de volta para perto da raiz.

Passo 7

Terceira iteração ( n=2, com x_2\approx0,754669):
f(0,754669)=2\cos(0,754669)-e^{0,377334}\approx -0,000983,
f'(0,754669)=-2\sin(0,754669)-\tfrac{1}{2}e^{0,377334}\approx -2,099110.
Nova iteração:
x_3=0,754669-\frac{-0,000983}{-2,099110}\approx 0,754198.
A correção ficou pequena (aprox 4{,}7\times10^{-4}), estamos muito próximos da raiz.

Passo 8

Quarta iteração ( n=3, com x_3\approx0,754198):
f(0,754198)=2\cos(0,754198)-e^{0,377099}\approx -9{,}9\times10^{-5},
f'(0,754198)=-2\sin(0,754198)-\tfrac{1}{2}e^{0,377099}\approx -2,096110.
Aplicando Newton:
x_4=0,754198-\frac{-9{,}9\times10^{-5}}{-2,096110}\approx 0,754151.
Agora a diferença entre iterações é
|x_4-x_3|\approx 0,000047<10^{-4},
ou seja, atingimos o critério de parada pedido.

Passo 9

Conclusão do processo iterativo: a sequência convergiu rapidamente (como se espera do método de Newton) e parámos quando a diferença entre iterações ficou abaixo de \epsilon=10^{-4}. Assim a menor raiz positiva da equação, com essa precisão, é aproximadamente 0,754151. Para apresentar com a precisão solicitada (4 casas decimais), arredondamos para 0,7542.

Resposta

0,7542

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