Utilize o método de Newton-Raphson aplicado a função f(x)=\operatorname{sen}(x) tomando como primeira aproximação x_{0}=3 para determinar um valor aproximado para \pi com erro menor que 10^{-4}.

Passo 1

O enunciado pede aplicar o método de Newton–Raphson na função f(x)=\operatorname{sen}(x) com primeira aproximação x_{0}=3, de modo a obter um valor aproximado para \pi cujo erro absoluto seja menor que 10^{-4}.
Informações dadas:
  • Função: f(x)=\operatorname{sen}(x).
  • Aproximação inicial: x_{0}=3.
  • Critério de precisão: erro absoluto menor que 10^{-4}, ou seja, queremos |x_{n}-\pi|<10^{-4}.

Passo 2

Vou relembrar e explicar o método que estamos usando (Newton–Raphson) de forma didática.
O método de Newton procura a raiz de uma função f iterando a fórmula
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Aqui f'(x) é a derivada de f. A ideia geométrica: em x_n traça-se a reta tangente ao gráfico de f e toma-se a interseção dessa reta com o eixo x; essa interseção é x_{n+1}. Esse método costuma convergir rápido (quadraticamente) quando a aproximação inicial está razoavelmente perto da raiz.
No nosso caso f(x)=\operatorname{sen}(x), portanto
f'(x)=\operatorname{cos}(x).
Substituindo na fórmula de Newton obtemos a iteração específica
x_{n+1}=x_{n}-\frac{\operatorname{sen}(x_{n})}{\operatorname{cos}(x_{n})}=x_{n}-\operatorname{tg}(x_{n}).
Ou seja, cada passo é simplesmente x_{n+1}=x_{n}-\operatorname{tg}(x_{n}).
Observação útil: as raízes de \operatorname{sen}(x) são k\pi ( k inteiro). Como x_{0}=3 está perto de \pi\approx3{,}14159, o método deve convergir para \pi.

Passo 3

Vou calcular a primeira iteração x_{1}.
Precisamos de \operatorname{sen}(3) e \operatorname{cos}(3). Valores conhecidos (suficientemente precisos):
\operatorname{sen}(3)\approx 0,1411200080598672,\qquad \operatorname{cos}(3)\approx -0,9899924966004454.
Então
\operatorname{tg}(3)=\frac{\operatorname{sen}(3)}{\operatorname{cos}(3)}\approx -0,1425465430742778.
Portanto
x_{1}=x_{0}-\operatorname{tg}(3)=3-(-0,1425465430742778)=3{,}142546543074278.

Passo 4

Verifico o erro de x_{1} em relação a \pi. A diferença
x_{1}-\pi\approx 3{,}142546543074278-3{,}141592653589793\approx 0{,}000953889484485.
Esse erro é maior que a tolerância 10^{-4}, então preciso iterar novamente.
Comentário didático: perto de \pi podemos escrever x=\pi+\varepsilon com \varepsilon pequeno; então \operatorname{sen}(x)=\operatorname{sen}(\pi+\varepsilon)=-\operatorname{sen}(\varepsilon)\approx -\varepsilon e \operatorname{cos}(x)\approx -1. Por isso a iteração corrige rapidamente o erro (fenômeno da convergência quadrática).

Passo 5

Faço a segunda iteração x_{2}. Em vez de recalcular seno e cosseno com tabelas longas, uso a aproximação em torno de \pi:
defina
\varepsilon_{1}=x_{1}-\pi\approx 0{,}000953889484485.
Então
\operatorname{sen}(x_{1})=\operatorname{sen}(\pi+\varepsilon_{1})=-\operatorname{sen}(\varepsilon_{1}) \approx -\left(\varepsilon_{1}-\frac{\varepsilon_{1}^{3}}{6}\right),
e
\operatorname{cos}(x_{1})=\operatorname{cos}(\pi+\varepsilon_{1})=-\operatorname{cos}(\varepsilon_{1}) \approx -\left(1-\frac{\varepsilon_{1}^{2}}{2}\right).
Calculemos numericamente (mantendo precisão suficiente):
\varepsilon_{1}\approx 0{,}000953889484485,
\varepsilon_{1}^{2}\approx 9{,}098\times10^{-7}, \qquad \varepsilon_{1}^{3}\approx 8{,}689\times10^{-10}.
Logo
\operatorname{sen}(x_{1})\approx -\bigl(0{,}000953889484485-1{,}448\times10^{-10}\bigr) \approx -0{,}000953889339341,
\operatorname{cos}(x_{1})\approx -\bigl(1-4{,}549\times10^{-7}\bigr) \approx -0{,}99999954505.
Assim
\operatorname{tg}(x_{1})=\frac{\operatorname{sen}(x_{1})}{\operatorname{cos}(x_{1})} \approx \frac{-0{,}000953889339341}{-0{,}99999954505}\approx 0{,}000953889773796.
Portanto
x_{2}=x_{1}-\operatorname{tg}(x_{1}) \approx 3{,}142546543074278-0{,}000953889773796 \approx 3{,}141592653300482.

Passo 6

Agora verifico o erro de x_{2} em relação a \pi:
|x_{2}-\pi|\approx |3{,}141592653300482-3{,}141592653589793| \approx 2{,}893\times10^{-10}.
Esse erro é muito menor que a tolerância pedida 10^{-4}. Portanto já alcançamos a precisão desejada após duas iterações.
Comentário final didático: isso mostra a vantagem do método de Newton — a convergência foi muito rápida (de ordem quadrática). Na prática, por segurança, em provas costuma-se parar quando |x_{n+1}-x_{n}|< tolerância ou quando |f(x_n)|< tolerância; aqui a verificação direta em relação a \pi confirmou a precisão exigida.

Resposta

x\approx 3{,}141592653300482

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