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.
b) x^{4}-3 x^{3}-x^{2}+x-3=0, \quad \varepsilon=0.00001

Passo 1

O enunciado pede: encontrar aproximações para todas as soluções reais da equação
x^{4}-3x^{3}-x^{2}+x-3=0
com precisão \varepsilon=0{,}00001 (ou seja, 10^{-5}), arredondando as respostas finais para quatro casas decimais quando for o caso.
Informações dadas e requeridas:
f(x)=x^{4}-3x^{3}-x^{2}+x-3,\qquad \varepsilon=10^{-5}.
Queremos todas as raízes reais e cada aproximação deve satisfazer o critério de parada do método de Newton (usaremos como critério prático que a diferença entre iterações sucessivas seja menor que \varepsilon).

Passo 2

O método de Newton para achar raízes de f(x)=0 produz uma sequência (x_n) dada por
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Explicando passo a passo:
  • x_n é a aproximação atual.
  • f(x_n) é o valor da função na aproximação atual (medida do erro na função).
  • f'(x_n) é a derivada em x_n (informa a inclinação, usada para linearizar f localmente).
  • Subtraímos o quociente \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} para mover x_n na direção da raiz estimada pela reta tangente.
Critério de parada usado aqui (prático e comum): parar quando |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon. Também é bom checar que f'(x_n)\neq 0 durante as iterações.

Passo 3

Calculemos a derivada de f que será usada nas iterações:
f(x)=x^{4}-3x^{3}-x^{2}+x-3
\Rightarrow f'(x)=4x^{3}-9x^{2}-2x+1.
Vamos usar essa f' nas fórmulas de Newton.

Passo 4

Primeiro precisamos identificar quantas raízes reais existem (ou onde estão) para escolher bons palpites iniciais. Fazemos avaliações de f(x) em pontos inteiros para localizar trocas de sinal:
\begin{aligned} f(-3)&=(-3)^4-3(-3)^3-(-3)^2+(-3)-3=81+81-9-3-3=147,\\\ f(-2)&=16+24-4-2-3=31,\\\ f(-1)&=1+3-1-1-3=-1,\\\ f(0)&=-3,\\\ f(1)&=1-3-1+1-3=-5,\\\ f(2)&=16-24-4+2-3=-13,\\\ f(3)&=81-81-9+3-3=-9,\\\ f(4)&=256-192-16+4-3=49. \end{aligned}
Das trocas de sinal observadas:
  • entre x=-2 e x=-1 temos f(-2)=31>0 e f(-1)=-1<0 → existe uma raiz em (-2,-1);
  • entre x=3 e x=4 temos f(3)=-9<0 e f(4)=49>0 → existe uma raiz em (3,4).
Portanto a equação tem exatamente duas raízes reais (as outras duas serão complexas conjugadas). Vamos aplicar Newton separadamente em cada intervalo para obter as aproximações.

Passo 5

Escolhemos um palpite inicial curto e perto da troca de sinal; por exemplo x_0=-1{,}09 (perto de -1{,}1, onde f já é pequeno). Vamos calcular a primeira iteração e ver a convergência.
Calcule f(x_0) e f'(x_0) em x_0=-1{,}09:
\begin{aligned} f(-1{,}09)&\approx 1{,}4641+3{,}993-1{,}1881-1{,}09-3\approx 0{,}018568,\\\ f'(-1{,}09)&=4(-1{,}09)^3-9(-1{,}09)^2-2(-1{,}09)+1\approx -12{,}693016. \end{aligned}
Aplicando Newton:
x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \approx -1{,}09 - \frac{0{,}018568}{-12{,}693016} \approx -1{,}0885375.
A mudança foi
|x_1-x_0|\approx 0{,}0014625.
Ainda não é menor que \varepsilon=10^{-5}, então iteramos mais uma vez. Pelo comportamento quadrático do método de Newton, a correção seguinte será aproximadamente do quadrado da anterior; estimamos:
f''(x)=12x^2-18x-2,\qquad f''(-1{,}09)\approx 31{,}8772.
A estimativa do resíduo quadrático dá (aprox.)
f(x_1)\approx \frac{f''(x_0)}{2}(x_1-x_0)^2\approx 3{,}4\times 10^{-5}.
Logo a próxima correção vale aproximadamente
\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx \frac{3{,}4\times 10^{-5}}{-12{,}69}\approx -2{,}7\times 10^{-6},
ou seja,
x_2\approx x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx -1{,}0885375 + 0{,}0000027 \approx -1{,}0885348.
Aqui a diferença |x_2-x_1|\approx 2{,}7\times 10^{-6}<\varepsilon. Portanto já atingimos a precisão exigida. A aproximação da raiz em (-2,-1) é x\approx -1{,}0885348, que arredondada para quatro casas decimais fica -1{,}0885.
Observação didática rápida: usamos uma iteração completa de Newton (dois passos) e, graças à convergência quadrática, a segunda correção foi muito pequena e satisfez o critério |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon.

Passo 6

Localizamos a raiz inicial por bisseção grossa entre 3{,}29 e 3{,}3. Um bom palpite inicial é x_0=3{,}295 (meio do intervalo onde o sinal muda). Calculamos f(x_0) e f'(x_0):
Com x_0=3{,}295 obtemos (cálculos mostrados passo a passo):
\begin{aligned} x_0^2&=3{,}295^2=10{,}857025,\\\ x_0^3&=10{,}857025\times 3{,}295\approx 35{,}773897375,\\\ x_0^4&\approx 35{,}773897375\times 3{,}295\approx 117{,}8749918506, \end{aligned}
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\begin{aligned} f(3{,}295)&=x_0^4-3x_0^3-x_0^2+x_0-3\\\ &\approx 117{,}8749918506-107{,}321692125-10{,}857025+3{,}295-3\\\ &\approx -0{,}008725274375. \end{aligned}
E a derivada:
f'(3{,}295)=4x_0^3-9x_0^2-2x_0+1\approx 143{,}0955895-97{,}713225-6{,}59+1\approx 39{,}7923645.
Aplicando Newton:
x_1 = 3{,}295 - \frac{-0{,}008725274375}{39{,}7923645}\approx 3{,}2952193.
A mudança foi |x_1-x_0|\approx 0{,}0002193, ainda maior que \varepsilon, então iteramos mais uma vez. Pela ordem quadrática do método, o próximo resíduo será da ordem do quadrado de 0{,}0002193. Podemos estimar:
f''(x)=12x^2-18x-2,\qquad f''(3{,}295)\approx 68{,}9743,
e
f(x_1)\approx \frac{f''(x_0)}{2}(x_1-x_0)^2 \approx 34{,}48715\times(2{,}193\times 10^{-4})^2 \approx 1{,}66\times 10^{-6}.
Então a próxima correção será aproximadamente
\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx \frac{1{,}66\times 10^{-6}}{39{,}79}\approx 4{,}2\times 10^{-8},
ou seja, muito menor que \varepsilon. Assim
x_2\approx x_1 - 4{,}2\times 10^{-8}\approx 3{,}29521926\ldots
e |x_2-x_1|<\varepsilon. Portanto já alcançamos a precisão pedida. A aproximação da raiz em (3,4) é x\approx 3{,}2952193, que arredondada para quatro casas decimais fica 3{,}2952.

Resposta

-1{,}0885
3{,}2952

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