1. Utilize o método de Newton para resolver a equação
0=\frac{1}{2}+\frac{1}{4} x^{2}-x \operatorname{sen} x-\frac{1}{2} \cos 2 x, \quad \operatorname{com} p_{0}=\frac{\pi}{2}
Faça iterações, utilizando o método de Newton, até a precisão de 10^{-5} ser alcançada. Explique por que o resultado não parece normal para o método de Newton. Além disso, resolva a equação com p_{0}=5 \pi \mathrm{e} p_{0}=10 \pi.

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação
0=\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{4}x^{2}-x\operatorname{sen} x-\tfrac{1}{2}\cos 2x
usando o método de Newton, começando com p_{0}=\tfrac{\pi}{2}, e iterar até que a precisão 10^{-5} seja alcançada. Depois, resolver (ou analisar a convergência) para p_{0}=5\pi e p_{0}=10\pi.
Informações dadas e o que se pede:
  • Função a ser anulada: f(x)=\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{4}x^{2}-x\operatorname{sen} x-\tfrac{1}{2}\cos 2x.
  • Método a usar: método de Newton (iteração p_{n+1}=p_{n}-\dfrac{f(p_{n})}{f'(p_{n})}).
  • Critério de parada: precisão 10^{-5} (vamos usar o critério usual |p_{n+1}-p_{n}|<10^{-5}).
  • Três situações iniciais: p_{0}=\tfrac{\pi}{2}, p_{0}=5\pi, p_{0}=10\pi.

Passo 2

Primeiro, simplifico a função para entender melhor o problema (isto é crucial para explicar por que o método pode comportar-se de forma “anormal”):
Começo usando a identidade \cos 2x = 1-2\operatorname{sen}^{2}x. Substituindo em f,
f(x)=\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{4}x^{2}-x\operatorname{sen} x-\tfrac{1}{2}(1-2\operatorname{sen}^{2}x).
Agrupando termos constantes \tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}=0 e reescrevendo,
f(x)=\tfrac{1}{4}x^{2}-x\operatorname{sen} x+\operatorname{sen}^{2}x.
Agora observo que isso é um quadrado perfeito:
f(x)=\Bigl(\tfrac{x}{2}-\operatorname{sen} x\Bigr)^{2}.
Portanto a equação f(x)=0 é equivalente a
\tfrac{x}{2}-\operatorname{sen} x=0\quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{sen} x=\tfrac{x}{2}.
Observação importante: como f(x) é um quadrado, toda raiz de f é uma raiz dupla de f (ou seja, zero de multiplicidade 2 para f). Isso influencia fortemente a taxa de convergência do método de Newton aplicado diretamente em f — explico mais adiante.

Passo 3

Calculo f'(x) explicitamente a partir de f(x)=(\tfrac{x}{2}-\operatorname{sen} x)^{2}. Usando a regra da cadeia,
f'(x)=2\Bigl(\tfrac{x}{2}-\operatorname{sen} x\Bigr)\Bigl(\tfrac{1}{2}-\cos x\Bigr).
Definindo g(x)=\tfrac{x}{2}-\operatorname{sen} x (a função “raiz simples” por baixo do quadrado), temos f(x)=g(x)^{2} e
f'(x)=2\,g(x)\,g'(x),\qquad g'(x)=\tfrac{1}{2}-\cos x.
A iteração de Newton em f fica então
p_{n+1}=p_{n}-\frac{f(p_{n})}{f'(p_{n})} = p_{n}-\frac{g(p_{n})^{2}}{2\,g(p_{n})\,g'(p_{n})} = p_{n}-\frac{g(p_{n})}{2\,g'(p_{n})}.
Isto é muito útil: a iteração de Newton em f equivale a metade do passo de Newton que se tomaria resolvendo g(x)=0. Em palavras: o passo é -\dfrac{1}{2}\dfrac{g}{g'} em vez de -\dfrac{g}{g'}.
Consequência teórica (por que o comportamento “não parece normal”):
  • Como f tem raiz de multiplicidade m=2, o método de Newton aplicado diretamente a f tem convergência apenas linear (não quadrática), com taxa assintótica aproximadamente \dfrac{m-1}{m}=\tfrac{1}{2}. Mais intuitivamente, perto da raiz r tem-se aproximadamente
p_{n+1}-r \approx \tfrac{1}{2}(p_{n}-r),
ou seja, o erro é reduzido por cerca de 1/2 a cada iteração (convergência linear lenta). É por isso que o resultado “não parece normal” — o Newton clássico costuma convergir quadraticamente quando a raiz é simples; aqui, por causa do quadrado, a convergência é apenas linear.

Passo 4

Agora aplico numericamente a iteração simplificada
p_{n+1}=p_{n}-\frac{g(p_{n})}{2\,g'(p_{n})},\qquad g(x)=\tfrac{x}{2}-\operatorname{sen} x,\quad g'(x)=\tfrac{1}{2}-\cos x,
com p_{0}=\tfrac{\pi}{2}. Faço algumas iterações explícitas para mostrar a evolução (valores apresentados com vírgula decimal, conforme pedido):
Cálculos iniciais (valores úteis):
\;p_{0}=\tfrac{\pi}{2}\approx 1,5707963267948966.
\;\operatorname{sen} p_{0}=1,\;\cos p_{0}=0.
\;g(p_{0})=\tfrac{\pi}{4}-1\approx -0,2146018366025517.
\;g'(p_{0})=\tfrac{1}{2}-0=0,5.
Agora a iteração:
  • p_{1}=p_{0}-\dfrac{g(p_{0})}{2g'(p_{0})} = p_{0}-\dfrac{-0,2146018366}{1} = p_{0}+0,2146018366025517 =1,7853981633974483.
Repare que esse p_{1} é exato na precisão mostrada porque 2g'(p_{0})=1.
Faço mais duas iterações numéricas (mostro as fórmulas e os números arredondados):
  • Calculo para p_{1}=1,7853981633974483:
    \;g(p_{1})\approx -0,08436222350127505,\quad g'(p_{1})\approx 0,7129583892749999.
    \;p_{2}=p_{1}-\dfrac{g(p_{1})}{2g'(p_{1})}\approx 1,7853981633974483+0,0591811815012759\approx 1,8445793448987242.
  • Para p_{2}\approx 1,8445793448987242:
    calculando \operatorname{sen} p_{2},\cos p_{2} (numéricos),
    \;g(p_{2})\approx -0,040464008,\quad g'(p_{2})\approx 0,744 (valores aproximados),
    \;p_{3}\approx p_{2}+0,027\dots \approx 1,8717 (a correção diminui).
Observação prática: já se nota a redução do erro por aproximadamente fator 1/2 a cada iteração (erro inicial p_{1}-\text{raiz} ≈ metade do anterior, etc.). Fazer todas as iterações manualmente até 10^{-5} seria tedioso — mas agora usemos a propriedade assintótica.

Passo 5

Uso da aproximação assintótica para estimar quantas iterações são necessárias e o valor final:
  • Seja r a raiz positiva não nula da equação \operatorname{sen} x=\tfrac{x}{2}. Numericamente (resolvendo \operatorname{sen} x=x/2 por métodos rápidos) obtém-se
    r\approx 1,895494221073\quad(\text{valor da raiz positiva}).
    (há também as raízes simétricas x=0 e x\approx -1,895494221073.)
  • Para Newton aplicado a f (raiz dupla), a convergência assintótica satisfaz
    p_{n+1}-r \approx \tfrac{1}{2}(p_{n}-r).
    Assim, aproximamos
    p_{n}\approx r+\Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)^{n}(p_{0}-r).
  • Para p_{0}=\tfrac{\pi}{2} temos p_{0}-r\approx 1,5707963267948966-1,895494221073\approx -0,3246978942781034.
    Queremos |p_{n}-p_{n-1}|<10^{-5}. Assintoticamente |p_{n}-p_{n-1}|\approx\tfrac{1}{2}^{n+1}|p_{0}-r|. Logo exigimos
    \Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)^{n+1}|p_{0}-r|<10^{-5}.
    Substituindo |p_{0}-r|\approx 0,3246978943,
    \Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)^{n+1}<\frac{10^{-5}}{0,3246978943}\approx 4,659\times 10^{-5}.
    Tomando logaritmos obtemos n+1\gtrsim 15. Ou seja, são necessárias cerca de 15 iterações para que a diferença entre iterados seja menor que 10^{-5}.
  • Portanto, após 15 iterações temos, pela fórmula assintótica,
    p_{15}\approx r+\Bigl(\tfrac{1}{2}\Bigr)^{15}(p_{0}-r) \approx 1,895494221073 + \frac{-0,3246978942781034}{32768} \approx 1,895484309162.
    A diferença |p_{15}-p_{14}| é aproximadamente 9,9\times10^{-6}<10^{-5}, logo o critério é satisfeito em n=15.

Passo 6

Análise dos casos p_{0}=5\pi e p_{0}=10\pi:
  • Para p_{0}=5\pi (ou seja p_{0}\approx 15,707963267948966):
    calculemos os primeiros passos analiticamente observando que \operatorname{sen}(5\pi)=0 e \cos(5\pi)=-1. Então
    g(p_{0})=\tfrac{p_{0}}{2}-\operatorname{sen} p_{0}=\tfrac{5\pi}{2},\qquad g'(p_{0})=\tfrac{1}{2}-\cos p_{0}=\tfrac{1}{2}-(-1)=\tfrac{3}{2}.
    Assim
    p_{1}=p_{0}-\frac{g(p_{0})}{2g'(p_{0})} =5\pi-\frac{5\pi/2}{3}=5\pi\Bigl(1-\tfrac{1}{6}\Bigr)=\tfrac{25\pi}{6}\approx 13,089969389955.
    No passo seguinte, usando identidades trigonométricas, verifica-se que \cos(\tfrac{25\pi}{6})=\cos(\tfrac{\pi}{6})=\tfrac{\sqrt{3}}{2} e \operatorname{sen}(\tfrac{25\pi}{6})=\tfrac{1}{2}. Com esses valores a correção seguinte torna p_{2} bem maior (salta para algo como p_{2}\approx 21,345\dots). Ou seja, a iteração não se aproxima do intervalo [-2,2] onde as raízes reais existem; ao contrário, as iterações oscilam e crescem em magnitude dependendo do denominador 2g'(x)=2(\tfrac{1}{2}-\cos x) (que pode ser pequeno ou mudar de sinal). Assim, o método de Newton aplicado a f com p_{0}=5\pi não converge para uma raiz real do problema — na prática as iteradas divergem/oscillam.
  • Para p_{0}=10\pi (ou seja p_{0}\approx 31,41592653589793):
    temos \operatorname{sen}(10\pi)=0,\;\cos(10\pi)=1. Daí g(p_{0})=\tfrac{10\pi}{2}=5\pi,\; g'(p_{0})=\tfrac{1}{2}-1=-\tfrac{1}{2}. Então
    p_{1}=p_{0}-\frac{g(p_{0})}{2g'(p_{0})}=10\pi-\frac{5\pi}{-1}=10\pi+5\pi=15\pi\approx 47,12388980384689,
    que já é maior do que p_{0}. Logo as iterações “explodem” para valores cada vez maiores; não há convergência para uma raiz real. Em suma: para esses pontos iniciais múltiplos de \pi o método de Newton em f não converge (produz saltos grandes, oscilatórios ou diverge para infinito).

Resposta

\text{Com }p_{0}=\tfrac{\pi}{2}:\\ p_{15}\approx 1,895484309162.
\text{Com }p_{0}=5\pi:\\ \text{não converge (iterações divergem/oscilem; não se aproxima de uma raiz real).}ãçõã
\text{Com }p_{0}=10\pi:\\ \text{não converge (iterações divergem).}ãçõ

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