Utilizando o método de Newton, determine aproximações para todas as soluções reais das equações abaixo dentro das precisões \varepsilon indicadas, arredondando para quatro casas decimais, quando for o caso.
a) x-3=\frac{1}{x^{2}+1}, \quad \varepsilon=0.0003

Passo 1

Enunciado e dados: queremos, usando o método de Newton, determinar aproximações para todas as soluções reais da equação
x-3=\frac{1}{x^{2}+1},
com precisão \varepsilon=0{,}0003, e arredondar o resultado para quatro casas decimais quando for o caso.
Informações relevantes dadas: a equação acima e o valor de \varepsilon. O problema pede todas as soluções reais (se houver mais de uma) e que usemos Newton para aproximá‑las até a precisão indicada.

Passo 2

Transformação algébrica útil (para facilitar a aplicação de Newton): multiplicamos ambos os lados por x^{2}+1 (que é sempre positivo, logo não introduz soluções extranas) para obter um polinômio:
(x-3)(x^{2}+1)=1.
Desenvolvendo,
x^{3}-3x^{2}+x-3=1,
portanto a equação equivalente é
x^{3}-3x^{2}+x-4=0.
Vou trabalhar com esta forma polinomial porque é mais simples calcular f e f' numa iteração de Newton.

Passo 3

Mostrando que existe exatamente uma solução real (importante para sabermos que encontramos “todas”): seja
f(x)=x^{3}-3x^{2}+x-4.
Calculamos f'(x)=3x^{2}-6x+1. Os pontos críticos resolvem 3x^{2}-6x+1=0, ou seja
x=1\pm\frac{\sqrt{6}}{3}\approx 0{,}1835\quad\text{e}\quad 1{,}8165.
Avalio f nesses pontos (apenas para saber o sinal):
f(0{,}1835)<0,\qquad f(1{,}8165)<0.
Como f(x)\to -\infty quando x\to -\infty e f(x)\to +\infty quando x\to +\infty, e os valores em ambos os pontos críticos são negativos, a curva do polinômio cruza o eixo x apenas uma vez. Logo há exatamente uma solução real. Assim só precisamos aproximar essa única raiz.

Passo 4

Apresentando o método de Newton (aulas rápidas): dada f(x) diferenciável, as iterações de Newton são
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui f(x)=x^{3}-3x^{2}+x-4 e f'(x)=3x^{2}-6x+1. Critério prático de parada: podemos parar quando a diferença entre iterações consecutivas satisfizer |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon. Isso garante que estamos dentro da precisão exigida.

Passo 5

Escolha do chute inicial x_0: observamos que f(3)= -1 (negativo) e f(4)=16 (positivo), então existe uma raiz entre 3 e 4. Escolho x_0=3{,}1 (próximo e conveniente). Vamos iterar até |x_{n+1}-x_n|<0{,}0003.

Passo 6

Cálculo da primeira iteração a partir de x_0=3{,}1.
Calcule f(3{,}1):
3{,}1^{3}=29{,}791,\qquad 3\cdot 3{,}1^{2}=28{,}83,
f(3{,}1)=29{,}791-28{,}83+3{,}1-4=0{,}061.
Calcule f'(3{,}1):
f'(3{,}1)=3\cdot 3{,}1^{2}-6\cdot 3{,}1+1=28{,}83-18{,}6+1=11{,}23.
Aplicando Newton:
x_{1}=3{,}1-\frac{0{,}061}{11{,}23}\approx 3{,}094569.
Diferença |x_{1}-x_{0}|\approx 0{,}005431, ainda maior que \varepsilon, então continuamos.

Passo 7

Segunda iteração a partir de x_{1}\approx 3{,}094569.
Calculamos (com as contas mostradas de forma clara, mantendo precisão suficiente):
Aproximação de x_{1}^{2}:
x_{1}^{2}\approx 9{,}576357.
Aproximação de x_{1}^{3}:
x_{1}^{3}\approx 29{,}634670.
Agora f(x_{1}):
f(x_{1})\approx 29{,}634670-3\cdot 9{,}576357+3{,}094569-4.
Calcule 3\cdot 9{,}576357=28{,}729071. Assim
f(x_{1})\approx 29{,}634670-28{,}729071+3{,}094569-4\approx 0{,}000168.
E f'(x_{1}):
f'(x_{1})=3x_{1}^{2}-6x_{1}+1\approx 3\cdot 9{,}576357-6\cdot 3{,}094569+1\approx 28{,}729071-18{,}567414+1\approx 11{,}161657.
Aplicando Newton:
x_{2}=x_{1}-\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}\approx 3{,}094569-\frac{0{,}000168}{11{,}161657}\approx 3{,}09455396.

Passo 8

Verificação do critério de parada:
|x_{2}-x_{1}|\approx 0{,}00001504<\varepsilon=0{,}0003.
Portanto já atingimos a precisão exigida. A raiz aproximada é x\approx 3{,}09455396.

Passo 9

Arredondamento final para quatro casas decimais (como pedido): arredondando x\approx 3{,}09455396 para quatro casas decimais obtemos x=3{,}0946.

Resposta

x\approx 3{,}0946

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