1. Use Newton para resolver a equação
e^{x}-3 x=0
iniciando com x_{0}=1. Verifique se o método converge.

Passo 1

O enunciado pede para usar o método de Newton para resolver a equação
e^{x}-3x=0
começando em \,x_{0}=1. Devemos executar as iterações de Newton até observar convergência e verificar (justificar) se o método converge para a raiz. As informações relevantes dadas são:
\text{equação: }e^{x}-3x=0,\qquad \text{chute inicial: }x_{0}=1.çã

Passo 2

O que é o método de Newton e qual a fórmula que vamos usar.
Seja f uma função diferenciável. O método de Newton gera uma sequência (x_{n}) por
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Interpretação rápida e didática: em cada iteração aproximamos f por sua reta tangente em x_{n} e tomamos a interseção dessa reta com o eixo x como próxima aproximação. Nesta fórmula:
  • \,x_{n} é a aproximação atual;
  • \,f(x_{n}) é o valor da função no ponto atual;
  • \,f'(x_{n}) é a derivada (a inclinação da reta tangente) no ponto atual;
  • \,x_{n+1} é a nova aproximação.
Importante para a convergência: se f é duas vezes diferenciável numa vizinhança da raiz r e f'(r)\neq0, então Newton converge localmente e com taxa quadrática (isto significa que o erro é aproximadamente ao quadrado a cada iteração, quando estamos suficientemente perto da raiz). Vou usar esse fato depois para justificar a convergência para o nosso problema.

Passo 3

Aplicando ao nosso problema: definimos
f(x)=e^{x}-3x.
Derivando,
f'(x)=\frac{d}{dx}(e^{x}-3x)=e^{x}-3.
Observações didáticas:
  • \,f(x) mede quanto e^{x} difere de 3x;
  • \,f'(x) mede a inclinação de f em cada ponto;
  • Ambas as funções são infinitamente diferenciáveis (pois envolvem exponencial e polinômio), portanto satisfazem as hipóteses de regularidade que precisamos.
A fórmula de Newton para este f fica
x_{n+1}=x_{n}-\frac{e^{x_{n}}-3x_{n}}{e^{x_{n}}-3}.

Passo 4

Executando as iterações a partir de \,x_{0}=1. Vou mostrar passo a passo os cálculos principais (usando aproximações decimais quando necessário).
  1. n=0:
f(1)=e^{1}-3\cdot1=e-3\approx 2{,}718281828-3=-0{,}281718172,
f'(1)=e^{1}-3=e-3\approx -0{,}281718172.
Logo
x_{1}=1-\frac{f(1)}{f'(1)}=1-\frac{e-3}{e-3}=1-1=0.
  1. n=1:
f(0)=e^{0}-3\cdot0=1,\qquad f'(0)=e^{0}-3=1-3=-2.
x_{2}=0-\frac{1}{-2}=0+0{,}5=0{,}5.
  1. n=2:
f(0{,}5)=e^{0{,}5}-3\cdot0{,}5=e^{0{,}5}-1{,}5\approx 1{,}6487212707-1{,}5=0{,}1487212707,
f'(0{,}5)=e^{0{,}5}-3\approx 1{,}6487212707-3=-1{,}3512787293.
x_{3}=0{,}5-\frac{0{,}1487212707}{-1{,}3512787293}\approx 0{,}5+0{,}110057676\approx 0{,}610057676.
  1. n=3:
    Para x_{3}\approx 0{,}610057676 calculamos
e^{x_{3}}\approx 1{,}8405374\quad(\text{aprox.}),
f(x_{3})=e^{x_{3}}-3x_{3}\approx 1{,}8405374-3\cdot0{,}610057676\approx 0{,}0103644,
f'(x_{3})=e^{x_{3}}-3\approx -1{,}1594626.
x_{4}=x_{3}-\frac{f(x_{3})}{f'(x_{3})}\approx 0{,}610057676-\frac{0{,}0103644}{-1{,}1594626}\approx 0{,}610057676+0{,}00893842\approx 0{,}618996096.
  1. n=4:
    Para x_{4}\approx 0{,}618996096 calculamos (aprox.)
e^{x_{4}}\approx 1{,}8570964,
f(x_{4})=e^{x_{4}}-3x_{4}\approx 1{,}8570964-3\cdot0{,}618996096\approx 0{,}0001102,
f'(x_{4})\approx e^{x_{4}}-3\approx -1{,}1429036.
x_{5}=x_{4}-\frac{f(x_{4})}{f'(x_{4})}\approx 0{,}618996096-\frac{0{,}0001102}{-1{,}1429036}\approx 0{,}618996096+0{,}0000964\approx 0{,}6190925.
Repare que as aproximações já estão muito próximas entre si; com mais iterações os dígitos estabilizam. Usando mais precisão nas contas (ou uma calculadora), a raiz fica aproximadamente
x\approx 0{,}619061\ldots

Passo 5

Verificação teórica da convergência (por que o método converge aqui).
  • f(x)=e^{x}-3x é C^{\infty} (infinitamente diferenciável) em toda parte.
  • Se r é uma raiz de f (isto é, e^{r}-3r=0), então f'(r)=e^{r}-3. Para a raiz positiva que encontramos, e^{r} é aproximadamente 1{,}857, logo f'(r)=e^{r}-3\neq0 (é negativo). Assim a condição f'(r)\neq0 está garantida.
  • Uma observação útil sobre a função de iteração de Newton g(x)=x-\dfrac{f(x)}{f'(x)}: sua derivada é
g'(x)=\frac{f(x)f''(x)}{(f'(x))^{2}}.
Em particular, em uma raiz r temos f(r)=0, portanto g'(r)=0. Esse fato é a explicação do porquê Newton tem convergência quadrática local: a derivada da função iterativa vale zero na raiz, tornando a aproximação muito eficiente quando suficientemente perto. Assim, com x_{0}=1 (que não está longe) as iterações aproximam-se rapidamente da raiz e o método converge. Numericamente vimos que x_{n} se estabiliza em torno de 0{,}6190\ldots.

Passo 6

Comentário prático e incentivo: começando em \,x_{0}=1 o método de Newton atinge, em poucas iterações, uma aproximação com muitos dígitos corretos (isto é típico da convergência quadrática). Se precisar de uma precisão específica (por exemplo, 10^{-6}), basta iterar até que |x_{n+1}-x_{n}|<10^{-6}.

Resposta

\text{raiz aproximada: }x\approx 0{,}619061
\text{converge: sim (convergência local e quadrática; iterações convergentes a partir de }x_{0}=1\text{).}êáçõ

Exercícios relacionados