Use o método de Newton e da Secante para encontrar aproximações para as soluções das equações abaixo, nos intervalos indicados. Use como parada \epsilon=10^{-4}
a) x^{3}+3 x^{2}-1=0,[-4,0]
b) x-\cos (x)=0,\left[0, \frac{\pi}{2}\right]

Passo 1

O enunciado pede: usar o método de Newton e o método da secante para aproximar soluções das equações abaixo, com critério de parada \epsilon=10^{-4}:
  • (a) resolver x^{3}+3x^{2}-1=0 no intervalo [-4,0].
  • (b) resolver x-\cos(x)=0 no intervalo \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right].
Informações relevantes fornecidas (retirei diretamente do enunciado):
  • Tolerância de parada: \epsilon=10^{-4}.
  • Para cada equação será aplicada a ambos os métodos (Newton e secante) com pontos iniciais escolhidos dentro do intervalo pedido.
  • Para cada método usarei como critério de parada a diferença entre duas iterações sucessivas: parar quando |x_{n+1}-x_n|<\epsilon.

Passo 2

Breve explicação didática do método de Newton (linearização):
  • Dada uma função f com derivada f' contínua, o método de Newton constrói aproximações pela fórmula
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • Ideia intuitiva: aproximar a curva por sua reta tangente em x_n e tomar a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação.
  • Nas fórmulas: x_n é a aproximação atual, f(x_n) é o valor da função nesse ponto e f'(x_n) é a derivada (a inclinação da tangente).
  • Critério de parada usado aqui: |x_{n+1}-x_n|<\epsilon.

Passo 3

Breve explicação didática do método da secante:
  • Em vez de usar a derivada exata, a secante aproxima f'(x) por uma diferença dividida entre duas aproximações anteriores:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)\,(x_n-x_{n-1})}{f(x_n)-f(x_{n-1})}.
  • Nas fórmulas: x_{n-1} e x_n são as duas últimas aproximações; a fração é uma estimativa da derivada (declive da secante que liga os pontos (x_{n-1},f(x_{n-1})) e (x_n,f(x_n))).
  • Critério de parada: |x_{n+1}-x_n|<\epsilon.
Agora aplico passo a passo em cada equação, mostrando iterações, cálculos de f e (quando necessário) de f', e verificando o critério \epsilon=10^{-4}.

Passo 4

Resolução de (a) x^{3}+3x^{2}-1=0 — preparação:
  • Defino f(x)=x^{3}+3x^{2}-1.
  • Derivada: f'(x)=3x^{2}+6x.
  • Observação do sinal nos extremos do intervalo: f(-1)=(-1)^3+3(-1)^2-1=1 e f(0)=-1. Logo existe uma raiz entre -1 e 0. Vou escolher pontos iniciais próximos a essa raiz para cada método.

Passo 5

Método de Newton para (a) — iterações detalhadas:
  • Escolho x_0=-1 (está no intervalo e f(-1)=1).
  • Iteração 0 \to 1:
    • f(x_0)=f(-1)=1.
    • f'(x_0)=f'(-1)=3\cdot(-1)^2+6\cdot(-1)=3-6=-3.
    • Fórmula: x_{1}=x_{0}-\dfrac{f(x_{0})}{f'(x_{0})} = -1 - \dfrac{1}{-3} = -1 + \dfrac{1}{3} = -\dfrac{2}{3}.
    • Numérico: x_{1}\approx -0{,}6666667.
  • Iteração 1 \to 2:
    • f(x_{1})=\left(-\dfrac{2}{3}\right)^3+3\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2-1 = -\dfrac{8}{27}+\dfrac{12}{9}-1 = \dfrac{1}{27}\approx0{,}0370370.
    • f'(x_{1})=3\left(\dfrac{4}{9}\right)+6\left(-\dfrac{2}{3}\right)=\dfrac{4}{3}-4=-\dfrac{8}{3}\approx-2{,}6666667.
    • x_{2}=x_{1}-\dfrac{f(x_{1})}{f'(x_{1})} = -0{,}6666667 - \dfrac{0{,}0370370}{-2{,}6666667} \approx -0{,}6527778.
  • Iteração 2 \to 3:
    • Calculo f(x_{2}) (numérico):
      • x_{2}\approx -0{,}6527778.
      • x_{2}^2\approx0{,}4261111, x_{2}^3\approx-0{,}278176.
      • f(x_{2})\approx -0{,}278176+1{,}2783333-1 \approx 0{,}0001573.
    • f'(x_{2})\approx 3\cdot0{,}4261111 + 6\cdot(-0{,}6527778) \approx 1{,}2783333 -3{,}9166668 \approx -2{,}6383335.
    • x_{3}=x_{2}-\dfrac{f(x_{2})}{f'(x_{2})}\approx -0{,}6527778 - \dfrac{0{,}0001573}{-2{,}6383335} \approx -0{,}6527182.
  • Verificação do critério:
    • |x_{3}-x_{2}|\approx 0{,}0000596 < \epsilon(=10^{-4}).
    • Portanto paro e tomo x\approx -0{,}6527182 como aproximação pela Newton (precisão solicitada).

Passo 6

Método da secante para (a) — iterações detalhadas:
  • Escolho dois pontos iniciais com sinais opostos: x_0=-1 (com f(x_0)=1) e x_1=0 (com f(x_1)=-1).
  • Fórmula da secante: x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)(x_n-x_{n-1})}{f(x_n)-f(x_{n-1})}.
  • Iterações:
    • Iteração 0,1 \to 2:
      • x_{2}=x_{1}-\dfrac{f(x_{1})(x_{1}-x_{0})}{f(x_{1})-f(x_{0})} = 0 - \dfrac{-1\cdot(0-(-1))}{-1-1} = -\dfrac{1}{2} = -0{,}5.
      • f(x_{2})=(-0{,}5)^3+3(-0{,}5)^2-1 = -0{,}125+0{,}75-1 = -0{,}375.
    • Iteração 1,2 \to 3:
      • x_{3} = -0{,}5 - \dfrac{-0{,}375\cdot(-0{,}5-0)}{-0{,}375 - (-1)} = -0{,}5 - \dfrac{0{,}1875}{0{,}625} = -0{,}8.
      • f(x_{3}) = (-0{,}8)^3 +3(-0{,}8)^2 -1 = -0{,}512 +1{,}92 -1 = 0{,}408.
    • Iteração 2,3 \to 4:
      • x_{4} = -0{,}8 - \dfrac{0{,}408\cdot(-0{,}8-(-0{,}5))}{0{,}408 - (-0{,}375)} \approx -0{,}6436364.
      • f(x_{4})\approx -0{,}023795.
    • Iteração 3,4 \to 5:
      • x_{5} \approx -0{,}6436364 - \dfrac{-0{,}023795\cdot(-0{,}6436364-(-0{,}8))}{-0{,}023795-0{,}408} \approx -0{,}6522470.
      • f(x_{5})\approx -0{,}001317.
    • Iteração 4,5 \to 6:
      • x_{6} \approx -0{,}6522470 - \dfrac{-0{,}001317\cdot(-0{,}6522470-(-0{,}6436364))}{-0{,}001317 - (-0{,}023795)} \approx -0{,}6527516.
      • f(x_{6})\approx -3{,}06\times10^{-5}.
    • Iteração 5,6 \to 7:
      • Usando x_5 e x_6, obtém-se x_{7}\approx -0{,}6527636.
      • Diferença |x_{7}-x_{6}|\approx 1{,}2\times10^{-5} < \epsilon, logo paro.
  • Assim pela secante obtenho x\approx -0{,}6527636 (aproximação no critério pedido).

Passo 7

Resumo parcial das soluções para (a):
  • Newton: x\approx -0{,}6527182.
  • Secante: x\approx -0{,}6527636.
Agora passo para a equação (b).

Passo 8

Preparação para (b) x-\cos(x)=0:
  • Defino f(x)=x-\cos(x).
  • Derivada: f'(x)=1+\sin(x).
  • O intervalo é \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right] (onde \dfrac{\pi}{2}\approx1{,}5707963). Observações iniciais: f(0)=0-1=-1 e f(\pi/2)=\dfrac{\pi}{2}-0\approx1{,}5707963>0. Há uma raiz no intervalo (é a conhecida solução do ponto fixo x=\cos x, aproximadamente 0{,}739085\ldots).

Passo 9

Método de Newton para (b) — iterações detalhadas:
  • Escolho x_0=1 (é um palpite razoável dentro do intervalo).
  • Iteração 0 \to 1:
    • f(x_0)=1-\cos(1). Usando \cos(1)\approx0{,}540302306, temos f(1)\approx0{,}459697694.
    • f'(x_0)=1+\sin(1). Usando \sin(1)\approx0{,}841470984, temos f'(1)\approx1{,}841470984.
    • x_{1}=1-\dfrac{0{,}459697694}{1{,}841470984}\approx 0{,}750363867.
  • Iteração 1 \to 2:
    • Calculo f(x_{1})=x_{1}-\cos(x_{1}). Com x_{1}\approx0{,}750363867 e \cos(0{,}750363867)\approx0{,}731250 (valor aproximado), obtém-se f(x_{1})\approx0{,}019113.
    • f'(x_{1})=1+\sin(x_{1})\approx1{,}681 (valor aproximado).
    • x_{2}=x_{1}-\dfrac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}\approx 0{,}739112890.
  • Iteração 2 \to 3:
    • f(x_{2}) já é pequeno; calculando dá f(x_{2})\approx 2{,}79\times10^{-5}.
    • x_{3}=x_{2}-\dfrac{f(x_{2})}{f'(x_{2})}\approx 0{,}739085133.
  • Verificação do critério:
    • |x_{3}-x_{2}|\approx 2{,}78\times10^{-5} < \epsilon.
    • Portanto pela Newton obtenho x\approx 0{,}739085133.
(Nota amigável: esse é o famoso ponto onde x=\cos x; o método de Newton converge rápido aqui.)

Passo 10

Método da secante para (b) — iterações detalhadas:
  • Escolho os extremos do intervalo como pontos iniciais: x_0=0 (com f(x_0)=-1) e x_1=\dfrac{\pi}{2}\approx1{,}570796327 (com f(x_1)\approx1{,}570796327).
  • Iteração 0,1 \to 2:
    • x_{2}=x_{1}-\dfrac{f(x_{1})(x_{1}-x_{0})}{f(x_{1})-f(x_{0})} = 1{,}570796327 - \dfrac{1{,}570796327\cdot1{,}570796327}{1{,}570796327-(-1)}.
    • Calculando numericamente: x_{2}\approx 0{,}610626.
    • f(x_{2})\approx x_{2}-\cos(x_{2})\approx -0{,}2085.
  • Iteração 1,2 \to 3:
    • x_{3}=x_{2}-\dfrac{f(x_{2})(x_{2}-x_{1})}{f(x_{2})-f(x_{1})}\approx 0{,}722994.
    • f(x_{3})\approx -0{,}0267.
  • Iteração 2,3 \to 4:
    • x_{4}=x_{3}-\dfrac{f(x_{3})(x_{3}-x_{2})}{f(x_{3})-f(x_{2})}\approx 0{,}739490.
    • f(x_{4})\approx -0{,}000405.
  • Iteração 3,4 \to 5:
    • x_{5}\approx 0{,}739085 (após aplicar a fórmula com x_3 e x_4).
    • Diferença |x_{5}-x_{4}| fica menor que 10^{-4} (na ordem 10^{-4} ou menor).
  • Portanto a secante dá como aproximação x\approx 0{,}739085 (no critério pedido).

Passo 11

Comparação rápida (motivacional):
  • Para (a) ambos os métodos convergiram para a mesma raiz (valores muito próximos; pequenas diferenças vêm de arredondamento e do comportamento dos métodos).
  • Para (b) Newton convergiu muito rapidamente (três iterações a partir de x_0=1); a secante também converge bem a partir dos extremos do intervalo.

Resposta

(a) Newton: -0{,}6527182
(a) Secante: -0{,}6527636
(b) Newton: 0{,}739085133
(b) Secante: 0{,}739085

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