[Valor 0,625 ] Considere \mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-5 \mathrm{x}+3.
a) A funçåo \varphi(x)=\frac{x^{2}+3}{5} gera uma sequència convergente em [0,1] se x_{(0)}=0.6 ?
b) Considerando x_{(0)}=0.6, calcule 3 iterąçóes pelo método do ponto fixo.
c) Considerando \mathrm{X}_{(0)}=0.6, calcule 3 iteraçöes pelo método de Newton-Raphson.

Passo 1

O enunciado dá a função \mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-5\mathrm{x}+3 e define a função iterativa
\varphi(x)=\frac{x^{2}+3}{5}.
Pede-se:
a) verificar se a iteração x_{n+1}=\varphi(x_n) gera uma sequência convergente em [0,1] quando x_{(0)}=0{,}6;\n
b) calcular 3 iterações de x_{n+1}=\varphi(x_n) a partir de x_{(0)}=0{,}6;\n
c) calcular 3 iterações pelo método de Newton-Raphson para resolver \mathrm{f}(x)=0 com x_{(0)}=0{,}6.\n
Informações relevantes dadas: a expressão de \mathrm{f}(x), a expressão de \varphi(x) e o valor inicial x_{(0)}=0{,}6. A resolução começa a seguir.

Passo 2

Intuito didático: para decidir se a iteração converge em [0,1] vamos usar a ideia de ponto fixo e a condição de contração. Aqui vai uma explicação passo a passo do que precisamos checar.
Definição (intuitiva) de ponto fixo: um número x^* é ponto fixo de \varphi se \varphi(x^*)=x^*. Se a iteração x_{n+1}=\varphi(x_n) converge, o limite deve ser um ponto fixo.
Teorema útil (versão prática): se \varphi é contínua em [a,b], mapeia [a,b] em si mesmo (isto é, \varphi([a,b])\subset [a,b]) e existe L\in[0,1) tal que |\varphi'(x)|\le L para todo x\in[a,b], então \varphi é uma contração em [a,b] e a iteração converge para o único ponto fixo em [a,b] para qualquer x_0\in[a,b]. Esse resultado é o Teorema do Ponto Fixo de Banach (intuitivamente: uma função que “puxa” valores para perto com taxa menor que 1 garante convergência).
Agora aplicamos isso ao nosso \varphi.

Passo 3

Verificação 1: calcular a derivada de \varphi e seu máximo em [0,1].
A derivada é
\varphi'(x)=\frac{2x}{5}.
Para x\in[0,1] temos 0\le x\le1, logo
0\le \varphi'(x)\le \frac{2}{5}=0{,}4.
Portanto |\varphi'(x)|\le 0{,}4<1 em todo [0,1]. Isso mostra que \varphi é uma contração com constante L=0{,}4.
Explicação didática rápida: \varphi'(x) mede localmente quanto \varphi “estica” o intervalo. Se |\varphi'| é menor do que 1 em todo o intervalo, cada iteração reduz as diferenças entre pontos — por isso converge.

Passo 4

Verificação 2: mostrar que \varphi mapeia [0,1] em si mesmo, isto é, \varphi([0,1])\subset[0,1].
Calculemos os extremos:
\varphi(0)=\frac{0^{2}+3}{5}=\frac{3}{5}=0{,}6, \qquad \varphi(1)=\frac{1^{2}+3}{5}=\frac{4}{5}=0{,}8.
Para x\in[0,1] temos x^{2}\in[0,1], então
\varphi(x)=\frac{x^{2}+3}{5}\in\left[\frac{3}{5},\frac{4}{5}\right]=[0{,}6,0{,}8]\subset[0,1].
Portanto \varphi leva [0,1] dentro de si.

Passo 5

Conclusão teórica para (a): como \varphi é contínua em [0,1], \varphi([0,1])\subset[0,1] e \sup_{[0,1]}|\varphi'|=0{,}4<1, pelo Teorema do Ponto Fixo a iteração x_{n+1}=\varphi(x_n) converge para o único ponto fixo em [0,1] para qualquer x_0\in[0,1]. Logo, com x_{(0)}=0{,}6 a sequência converge.
Além disso, o ponto fixo é solução de \varphi(x)=x, ou seja
x=\frac{x^{2}+3}{5}\quad\Longleftrightarrow\quad x^{2}-5x+3=0,
que são as raízes de \mathrm{f}(x)=0. Aplicando a fórmula quadrática obtemos as raízes
x=\frac{5\pm\sqrt{25-12}}{2}=\frac{5\pm\sqrt{13}}{2}.
Numericamente
\frac{5-\sqrt{13}}{2}\approx 0{,}6972243623,\qquad \frac{5+\sqrt{13}}{2}\approx 4{,}3027756377.
Destas, apenas 0{,}6972243623 está em [0,1], então a iteração converge para esse valor.

Passo 6

Agora vamos calcular explicitamente as 3 primeiras iterações do método do ponto fixo com x_{(0)}=0{,}6. A fórmula de iteração é
x_{n+1}=\varphi(x_n)=\frac{x_n^{2}+3}{5}.
Vou mostrar as contas detalhadas para cada iteração (mastigado, como combinamos).

Passo 7

Iteração 1 (ponto fixo):
x_{1}=\varphi(0{,}6)=\frac{(0{,}6)^{2}+3}{5}=\frac{0{,}36+3}{5}=\frac{3{,}36}{5}=0{,}672.

Passo 8

Iteração 2 (ponto fixo):
Calcule primeiro (0{,}672)^{2}. Uma maneira prática é:
(0{,}672)^{2}=0{,}672\times0{,}672=0{,}451584.
Então
x_{2}=\varphi(0{,}672)=\frac{0{,}451584+3}{5}=\frac{3{,}451584}{5}=0{,}6903168.

Passo 9

Iteração 3 (ponto fixo):
Calcule (0{,}6903168)^{2}. Usando multiplicação,
(0{,}6903168)^{2}\approx 0{,}476537284.
Então
x_{3}=\varphi(0{,}6903168)=\frac{0{,}476537284+3}{5}=\frac{3{,}476537284}{5}=0{,}6953074568.
Perceba que os valores se aproximam do ponto fixo 0{,}6972243623.

Passo 10

Agora vamos ao método de Newton-Raphson para resolver \mathrm{f}(x)=0. Vou explicar a fórmula e aplicar 3 iterações.
Regra de Newton-Raphson: dada \mathrm{f}(x) diferenciável, a iteração é
x_{n+1}=x_n-\frac{\mathrm{f}(x_n)}{\mathrm{f}'(x_n)}.
Aqui \mathrm{f}(x)=x^{2}-5x+3, então
\mathrm{f}'(x)=2x-5.
A ideia: aproximamos a curva por sua tangente e vamos para a raiz dessa tangente — geralmente converge muito rápido se começamos razoavelmente próximos da raiz.

Passo 11

Iteração 1 (Newton):
Calcule \mathrm{f}(0{,}6) e \mathrm{f}'(0{,}6):
\mathrm{f}(0{,}6)=(0{,}6)^{2}-5(0{,}6)+3=0{,}36-3+3=0{,}36,
\mathrm{f}'(0{,}6)=2(0{,}6)-5=1{,}2-5=-3{,}8.
Então
x_{1}=0{,}6-\frac{0{,}36}{-3{,}8}=0{,}6+\frac{0{,}36}{3{,}8}.
Note que \frac{0{,}36}{3{,}8}=\frac{9/25}{19/5}=\frac{9}{95}, e 0{,}6=\frac{3}{5}=\frac{57}{95}, daí
x_{1}=\frac{57}{95}+\frac{9}{95}=\frac{66}{95}\approx 0{,}6947368421.

Passo 12

Iteração 2 (Newton):
Usamos x_{1}\approx 0{,}6947368421. Primeiro calculos intermédios (mostrando como obter):
x_{1}^{2}\approx 0{,}4826592798,
\mathrm{f}(x_{1})=x_{1}^{2}-5x_{1}+3\approx 0{,}4826592798-3{,}4736842105+3\approx 0{,}0089750693,
\mathrm{f}'(x_{1})=2x_{1}-5\approx 1{,}3894736842-5\approx -3{,}6105263158.
Portanto
x_{2}=x_{1}-\frac{\mathrm{f}(x_{1})}{\mathrm{f}'(x_{1})}\approx 0{,}6947368421-\frac{0{,}0089750693}{-3{,}6105263158}\approx 0{,}6972226429.

Passo 13

Iteração 3 (Newton):
Com x_{2}\approx 0{,}6972226429 podemos usar a aproximação linear para ver que já estamos muito perto da raiz exata 0{,}6972243623. Para completar a iteração:
estimando \mathrm{f}(x_{2}) por linearização obtemos um valor muito pequeno da ordem de 6{,}2\times10^{-6}, e assim
x_{3}=x_{2}-\frac{\mathrm{f}(x_{2})}{\mathrm{f}'(x_{2})}\approx 0{,}6972243623,
que corresponde ao valor da raiz \dfrac{5-\sqrt{13}}{2} arredondado (Newton já nos levou praticamente ao valor exato na terceira iteração).

Resposta

a) Sim. Converge para o ponto fixo \displaystyle\frac{5-\sqrt{13}}{2}\approx 0{,}6972243623.\n
b) x_{1}=0{,}672, x_{2}=0{,}6903168, x_{3}=0{,}6953074568.\n
c) x_{1}=\dfrac{66}{95}\approx 0{,}6947368421, x_{2}\approx 0{,}6972226429, x_{3}\approx 0{,}6972243623.

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