Utilize o método de Newton para encontrar a raiz da equação não linear
f(x)=x-\ln (x)-2
\operatorname{com} x_{0}=3. Realize iterações até que \left|x_{k+1}-x_{k}\right|<10^{-5}.

Passo 1

O enunciado pede que se utilize o método de Newton para encontrar a raiz da equação
f(x)=x-\ln(x)-2
com chute inicial x_{0}=3. Deve-se iterar até que \left|x_{k+1}-x_{k}\right|<10^{-5}.
Informações dadas:
  • A função é f(x)=x-\ln(x)-2.
  • Ponto inicial: x_{0}=3.
  • Critério de parada: \left|x_{k+1}-x_{k}\right|<10^{-5}.

Passo 2

Explicando o método de Newton (do jeitinho prático): a fórmula iterativa é
x_{k+1}=x_{k}-\frac{f(x_{k})}{f'(x_{k})}.
Aqui:
  • x_{k} é a aproximação atual da raiz.
  • f(x_{k}) é o valor da função na aproximação atual.
  • f'(x_{k}) é a derivada da função na aproximação atual.
    A ideia: aproximamos a curva por sua reta tangente em x_{k} e usamos a interseção dessa reta com o eixo x como próxima aproximação. O passo é repetido até a diferença entre iterações ser pequena (aqui, menor que 10^{-5}).

Passo 3

Calcular a derivada de f. Temos
f(x)=x-\ln(x)-2,
portanto usando derivação termo a termo,
f'(x)=1-\frac{1}{x}.
Explicando: a derivada de x é 1; a derivada de \ln(x) é \dfrac{1}{x}; a derivada de constante é zero.

Passo 4

Primeira iteração (de x_{0} para x_{1}).
Calcular f(x_{0}) e f'(x_{0}) para x_{0}=3:
f(3)=3-\ln(3)-2=1-\ln(3).
Usando \ln(3)\approx1{,}0986122886681098, obtemos
f(3)\approx 1-1{,}0986122886681098=-0{,}0986122886681098.
E
f'(3)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\approx0{,}6666666666666667.
Agora a correção:
\Delta_{0}=\frac{f(3)}{f'(3)}\approx\frac{-0{,}0986122886681098}{0{,}6666666666666667}\approx-0{,}1479184330021647.
Aplicando Newton:
x_{1}=x_{0}-\Delta_{0}=3-(-0{,}1479184330021647)\approx3{,}1479184330021647.
Diferença:
|x_{1}-x_{0}|\approx0{,}1479184330021647>10^{-5},
portanto continua.

Passo 5

Segunda iteração (de x_{1} para x_{2}). Precisamos de f(x_{1}) e f'(x_{1}) com x_{1}\approx3{,}1479184330021647.
Cálculo de \ln(x_{1}): é prático escrever x_{1}=3\cdot(1+u) com u\approx0{,}049306144334055 e usar a série de Taylor de \ln(1+u) (válida para u pequeno):
\ln(1+u)\approx u-\frac{u^{2}}{2}+\frac{u^{3}}{3}-\frac{u^{4}}{4}+\cdots.
Aqui, tomando até a ordem u^{4} obtemos uma aproximação muito boa. Com os cálculos (detalhes numéricos):
\ln(x_{1})=\ln(3)+\ln(1+u)\approx1{,}0986122886681098+0{,}04812907473318525\approx1{,}146741363401295.
Então
f(x_{1})=x_{1}-\ln(x_{1})-2\approx3{,}1479184330021647-1{,}146741363401295-2\approx0{,}0011770696008697.
Outra vez a derivada:
f'(x_{1})=1-\frac{1}{x_{1}}\approx1-\frac{1}{3{,}1479184330021647}\approx0{,}6823296663333333.
Correção:
\Delta_{1}=\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}\approx\frac{0{,}0011770696008697}{0{,}6823296663333333}\approx0{,}0017250746997007.
Aplicando Newton:
x_{2}=x_{1}-\Delta_{1}\approx3{,}1479184330021647-0{,}0017250746997007\approx3{,}146193358302464.
Diferença:
|x_{2}-x_{1}|\approx0{,}0017250746997007>10^{-5},
ainda não satisfaz o critério.

Passo 6

Terceira iteração (de x_{2} para x_{3}). Agora x_{2}\approx3{,}146193358302464.
Calcular \ln(x_{2}) novamente com a mesma ideia: escrevendo x_{2}=3\cdot(1+u) com u\approx0{,}0487311194341547 e usando a série:
\ln(x_{2})\approx1{,}0986122886681098+0{,}0475809224341547\approx1{,}1461932111022645.
Então
f(x_{2})=x_{2}-\ln(x_{2})-2\approx3{,}146193358302464-1{,}1461932111022645-2\approx1{,}472001995\times10^{-7}.
A derivada neste ponto:
f'(x_{2})=1-\frac{1}{x_{2}}\approx1-\frac{1}{3{,}146193358302464}\approx0{,}6821554930113849.
Correção:
\Delta_{2}=\frac{f(x_{2})}{f'(x_{2})}\approx\frac{1{,}472001995\times10^{-7}}{0{,}6821554930113849}\approx2{,}156931\times10^{-7}.
Aplicando Newton:
x_{3}=x_{2}-\Delta_{2}\approx3{,}146193358302464-0{,}0000002156931\approx3{,}1461931426093708.
Diferença:
|x_{3}-x_{2}|\approx2{,}156931\times10^{-7}<10^{-5}.
Portanto o critério de parada \left|x_{k+1}-x_{k}\right|<10^{-5} foi satisfeito ao chegar em x_{3}.

Resposta

x\approx3{,}1461931426

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