Utilize o método de Newton Raphson para encontrar soluções com precisão de \epsilon= 10^{-2} para os problemas a seguir:
(x-2)^{2}-\ln x=0 \quad para 1 \leq x \leq 2 e e \leq x \leq 4

Passo 1

O enunciado pede para usar o método de Newton–Raphson e encontrar soluções da equação
(x-2)^{2}-\ln x = 0
com precisão \epsilon = 10^{-2} nos dois intervalos dados: 1 \leq x \leq 2 e \mathrm{e} \leq x \leq 4.
Informações relevantes do enunciado:
  • A função a ser resolvida é f(x) = (x-2)^{2}-\ln x.
  • Temos dois intervalos onde existem raízes (isso pode ser visto porque há mudança de sinal nos extremos; por exemplo f(1)=1>0 e f(2)=-\ln 2<0, logo uma raiz em [1,2]; e f(\mathrm{e})=(\mathrm{e}-2)^{2}-1<0, f(4)=4-\ln 4>0, logo uma raiz em [\mathrm{e},4]).
  • Precisamos aplicar Newton–Raphson até que a diferença entre iterações consecutivas seja menor que \epsilon=10^{-2} (critério que usaremos).

Passo 2

Apresentando o método e as fórmulas que vamos usar — aqui ensino o método passo a passo, como se estivéssemos juntos na prova.
O método de Newton–Raphson itera a partir de uma aproximação inicial x_{0} usando a fórmula
x_{n+1} = x_{n} - \frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
Explicando: em cada passo calculamos o valor da função f(x_{n}) e da sua derivada f'(x_{n}); a fração \dfrac{f(x_{n})}{f'(x_{n})} é a correção que subtraímos de x_{n} para nos aproximarmos da raiz. A razão desta fórmula é linearizar f em torno de x_{n} (reta tangente) e tomar a intersecção dessa reta com o eixo x.
Para a nossa função temos
f(x) = (x-2)^{2} - \ln x
e derivando,
f'(x) = 2(x-2) - \frac{1}{x} = 2x - 4 - \frac{1}{x}.
Aqui cada termo significa:
  • (x-2)^{2} é a parte quadrática; sua derivada é 2(x-2).
  • -\ln x tem derivada -1/x.
  • Somando obtemos f'(x) acima.
Critério de parada escolhido: vamos parar quando
|x_{n+1}-x_{n}| < \epsilon = 10^{-2}.
Esse é um critério direto e prático: garante que a aproximação não muda mais que \epsilon entre iterações.

Passo 3

Escolha das aproximações iniciais (sempre dentro dos intervalos dados):
  • Para a raiz em [1,2] tomo x_{0}=1{,}5 (o ponto médio; é uma escolha comum e simples).
  • Para a raiz em [\mathrm{e},4] tomo x_{0}=3 (próximo ao centro do intervalo e onde f'(x) não é zero).
Motivo: é preferível começar com um valor dentro do intervalo onde sabemos que existe a raiz (pela mudança de sinal). Se a escolha fizesse f'(x_{0}) muito pequena, o método poderia divergir; aqui f'(1{,}5) e f'(3) são razoáveis.

Passo 4

Iterações para a raiz no intervalo [1,2], com x_{0}=1{,}5.
Calculemos passo a passo (cada número escrito com precisão suficiente para a conta — explico as contas para você poder refazer à mão):
  1. Avaliando em x_{0}=1{,}5:
f(1{,}5) = (1{,}5-2)^{2} - \ln(1{,}5) = 0{,}25 - 0{,}405465\ldots = -0{,}155465\ldots
f'(1{,}5) = 2(1{,}5-2) - \frac{1}{1{,}5} = -1 - 0{,}666666\ldots = -1{,}666666\ldots
Aplicando Newton:
x_{1} = 1{,}5 - \frac{-0{,}155465\ldots}{-1{,}666666\ldots} = 1{,}5 - 0{,}093279\ldots = 1{,}4067209\ldots
  1. Avaliando em x_{1}=1{,}4067209\ldots:
f(1{,}4067209) = (1{,}4067209-2)^{2} - \ln(1{,}4067209)
Calculemos as partes:
1{,}4067209-2 = -0{,}5932791\ldots,\quad (-0{,}5932791)^{2}=0{,}3519848\ldots
\ln(1{,}4067209)=0{,}3404059\ldots
Logo
f(1{,}4067209)=0{,}3519848\ldots - 0{,}3404059\ldots = 0{,}0115789\ldots
A derivada:
f'(1{,}4067209)=2(-0{,}5932791)-\frac{1}{1{,}4067209} = -1{,}1865582\ldots - 0{,}7107852\ldots = -1{,}8973433\ldots
Correção:
\frac{f(1{,}4067209)}{f'(1{,}4067209)} = \frac{0{,}0115789\ldots}{-1{,}8973433\ldots} = -0{,}0061030\ldots
Portanto
x_{2} = x_{1} - \frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})} = 1{,}4067209\ldots - (-0{,}0061030\ldots) = 1{,}4128239\ldots
  1. Verificação do critério:
|x_{2}-x_{1}| \approx 0{,}0061030\ldots < 0{,}01.
Portanto já atingimos a precisão exigida \epsilon=10^{-2}. A raiz aproximada encontrada é x\approx 1{,}4128 (valor com mais dígitos: 1{,}4128239\ldots).
Observação didática: se quisermos, poderíamos fazer mais uma iteração para aumentar a precisão; aqui paramos porque o requisito do enunciado era \epsilon=10^{-2}.

Passo 5

Iterações para a raiz no intervalo [\mathrm{e},4], com x_{0}=3.
  1. Avaliando em x_{0}=3:
f(3) = (3-2)^{2} - \ln 3 = 1 - 1{,}0986122\ldots = -0{,}0986122\ldots
f'(3) = 2(3-2) - \frac{1}{3} = 2 - 0{,}3333333\ldots = 1{,}6666666\ldots
Aplicando Newton:
x_{1} = 3 - \frac{-0{,}0986122\ldots}{1{,}6666666\ldots} = 3 + 0{,}0591673\ldots = 3{,}0591673\ldots
  1. Avaliando em x_{1}=3{,}0591673\ldots:
x_{1}-2 = 1{,}0591673\ldots,\quad (1{,}0591673)^{2}=1{,}1227701\ldots
\ln(3{,}0591673)=1{,}1180369\ldots
Logo
f(3{,}0591673)=1{,}1227701\ldots - 1{,}1180369\ldots = 0{,}0047332\ldots
A derivada:
f'(3{,}0591673)=2(1{,}0591673)-\frac{1}{3{,}0591673} = 2{,}1183346\ldots - 0{,}3268855\ldots = 1{,}7914491\ldots
Correção:
\frac{f(3{,}0591673)}{f'(3{,}0591673)} = \frac{0{,}0047332\ldots}{1{,}7914491\ldots} = 0{,}0026421\ldots
Portanto
x_{2} = 3{,}0591673\ldots - 0{,}0026421\ldots = 3{,}0565252\ldots
  1. Verificação do critério:
|x_{2}-x_{1}| \approx 0{,}0026421\ldots < 0{,}01.
Assim paramos, pois atingimos \epsilon=10^{-2}. A raiz aproximada é x\approx 3{,}0565 (valor com mais dígitos: 3{,}0565252\ldots).

Passo 6

Resumo das garantias e observações finais (didática curta e motivadora):
  • Usei o critério |x_{n+1}-x_{n}|<\epsilon com \epsilon=10^{-2}, que é padrão e fácil de aplicar durante a prova (você pode também usar |f(x_{n})|<\epsilon se preferir).
  • Em cada iteração calculei f(x_{n}) e f'(x_{n}) explicitamente e atualizei por x_{n+1}=x_{n}-f(x_{n})/f'(x_{n}).
  • As aproximações iniciais foram simples (1{,}5 e 3) e funcionaram bem — no Newton é comum começar com um ponto interno ao intervalo onde há mudança de sinal.
  • Não se assuste se na prova os números parecerem chatos: faça as contas com 4–6 casas decimais quando necessário, e pare quando a diferença entre iterações for menor que \epsilon.

Resposta

x \approx 1{,}4128 (raiz em [1,2])
x \approx 3{,}0565 (raiz em [\mathrm{e},4])

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