Utilize o método de Newton para encontrar soluções com precisão de 10^{-4} para os problemas a seguir:
x-\cos (x)=0, \quad x_{0}=0.

Passo 1

O enunciado pede: usar o método de Newton para resolver a equação x-\cos(x)=0 com precisão 10^{-4}, a partir da aproximação inicial x_{0}=0.
Dados fornecidos:
  • Equação: x-\cos(x)=0.
  • Aproximação inicial: x_{0}=0.
  • Critério de parada: atingir precisão \,10^{-4}\, (interpreto isto como |x_{n+1}-x_n|<10^{-4} ).
O objetivo final é obter uma aproximação de x tal que a diferença entre iterações consecutivas seja menor que 10^{-4}.

Passo 2

Apresentação do método de Newton (explicação didática).
  • Ideia: aproximamos a função f(x) por sua reta tangente em x_n e usamos a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação x_{n+1}.
  • Fórmula do método de Newton:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Explicando cada símbolo:
  • f é a função cuja raiz queremos (aqui f(x)=x-\cos(x));
  • f'(x) é a derivada de f em x;
  • x_n é a aproximação atual e x_{n+1} é a próxima aproximação obtida pela fórmula acima.
Condição de convergência prática usada aqui: calcular iterações até que |x_{n+1}-x_n|<10^{-4}.

Passo 3

Aplicando ao nosso problema: definimos
f(x)=x-\cos(x).
Derivando:
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(x\bigr)-\frac{d}{dx}\bigl(\cos(x)\bigr)=1+\sin(x).
Comentário didático: a derivada de \cos(x) é -\sin(x), então subtrair -\sin(x) +\,\sin(x). Assim f'(x)=1+\sin(x). Para todo x real tem-se f'(x)>0 (especificamente f'(x)\ge 0 e normalmente >0), o que indica comportamento bem comportado para Newton aqui.

Passo 4

Iteração 0 → 1 (cálculo explícito).
  • x_0=0.
  • Calcular f(0)=0-\cos(0)=0-1=-1.
  • Calcular f'(0)=1+\sin(0)=1+0=1.
  • Aplicando a fórmula:
x_1=x_0-\frac{f(0)}{f'(0)}=0-\frac{-1}{1}=1.
Portanto x_1=1.

Passo 5

Iteração 1 → 2 (com números).
  • Calcular f(1)=1-\cos(1). Usando \cos(1)\approx 0,540302305868,
f(1)\approx 1-0,540302305868=0,459697694132.
  • Calcular f'(1)=1+\sin(1). Usando \sin(1)\approx 0,841470984808,
f'(1)\approx 1+0,841470984808=1,841470984808.
  • Aplicando a fórmula:
x_2=1-\frac{0,459697694132}{1,841470984808}\approx 1-0,249636132150=0,750363867850.
Arredondei as contas apresentadas mantendo precisão suficiente para a iteração seguinte.

Passo 6

Iteração 2 → 3 (cálculos).
  • Usando x_2\approx 0,750363867850.
  • Calcular \cos(x_2) e \sin(x_2) (valores obtidos numericamente):
    • \cos(0,750363867850)\approx 0,731440995473.
    • \sin(0,750363867850)\approx 0,681905053727.
  • Então
f(x_2)=x_2-\cos(x_2)\approx 0,750363867850-0,731440995473=0,018922872377.
f'(x_2)=1+\sin(x_2)\approx 1+0,681905053727=1,681905053727.
  • Atualizando:
x_3=x_2-\frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx 0,750363867850-\frac{0,018922872377}{1,681905053727}\approx 0,739112890911.

Passo 7

Iteração 3 → 4 e verificação da precisão pedida.
  • Usando x_3\approx 0,739112890911.
  • Calcular \cos(x_3) e \sin(x_3) (valores numéricos):
    • \cos(0,739112890911)\approx 0,739450024096 (nota: valor próximo a x_3 porque x\approx\cos x na raiz).
    • \sin(0,739112890911)\approx 0,673012436214.
  • Então
f(x_3)=x_3-\cos(x_3)\approx 0,739112890911-0,739450024096=-0,000337133185.
f'(x_3)=1+\sin(x_3)\approx 1+0,673012436214=1,673012436214.
  • Atualizando:
x_4=x_3-\frac{f(x_3)}{f'(x_3)}\approx 0,739112890911-\frac{-0,000337133185}{1,673012436214}\approx 0,739085133215.
  • Agora calculamos a diferença entre iterações:
|x_4-x_3|\approx |0,739085133215-0,739112890911|=0,000027757696 < 10^{-4}.
Portanto a condição de parada |x_{n+1}-x_n|<10^{-4} foi satisfeita na iteração n=3\to 4.

Passo 8

Conclusão e interpretação.
  • O método de Newton, com x_0=0, fornece a aproximação final (dentro da tolerância solicitada) após quatro iterações: x_4\approx 0,739085133215.
  • Isto significa que uma solução de x-\cos(x)=0 com erro menor que 10^{-4} é x\approx 0,7390851332.
  • Comentário encorajador: a raiz obtida é o ponto fixo bem conhecido da função \cos(x); Newton converge rapidamente aqui porque f'(x) não é pequeno perto da raiz.

Resposta

x\approx 0,739085133215

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