(Valor: 2,0) Resolva o sistema não linear, ou seja, encontre o valor de x e y a partir dos valores iniciais de x=y=-1,5, com erro absoluto menor que 0,05 .
\left\{\begin{array}{c} x^{2}-2 x-y=1 \\\ x-y=-3 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede resolver o sistema
\begin{cases} x^{2}-2x-y=1\\[4pt] x-y=-3 \end{cases}
usando como valores iniciais x_0=y_0=-1{,}5 e alcançando um erro absoluto menor que 0{,}05.
Dados importantes extraídos do enunciado:
  • Equações do sistema: \;x^{2}-2x-y=1 e \;x-y=-3.
  • Valor inicial: \;x_0=-1{,}5,\;y_0=-1{,}5.
  • Critério de parada: erro absoluto menor que \;0{,}05 (interpreto como |\Delta x|<0{,}05 e |\Delta y|<0{,}05 nas iterações).
    A partir daqui eu vou aplicar um método iterativo (método de Newton para sistemas) usando o valor inicial fornecido até que as correções fiquem abaixo de 0{,}05.]

Passo 2

Apresentação do método de Newton para sistemas (aula rapidinha): seja \mathbf{F}(x,y)=\begin{pmatrix}F_1(x,y)\\[4pt]F_2(x,y)\end{pmatrix}. A iteração de Newton é
\mathbf{x}_{k+1}=\mathbf{x}_k+\Delta\mathbf{x}_k,
onde \Delta\mathbf{x}_k resolve
J(\mathbf{x}_k)\,\Delta\mathbf{x}_k = -\mathbf{F}(\mathbf{x}_k).
Aqui \mathbf{x}_k=(x_k,y_k)^T e J é a matriz Jacobiana cujas entradas são as derivadas parciais:
J(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{\partial F_1}{\partial x} & \frac{\partial F_1}{\partial y}\\[4pt] \frac{\partial F_2}{\partial x} & \frac{\partial F_2}{\partial y} \end{pmatrix}.
Interpretação: em cada passo, linearizamos o sistema em torno do ponto atual (x_k,y_k) e resolvemos o sistema linear para obter a correção \Delta\mathbf{x}_k.]

Passo 3

Defino as funções do sistema (colocando as equações na forma F_i=0):
F_1(x,y)=x^{2}-2x-y-1,\qquad F_2(x,y)=x-y+3.
Calculo a Jacobiana simbolicamente:
\frac{\partial F_1}{\partial x}=2x-2,\quad \frac{\partial F_1}{\partial y}=-1,\quad \frac{\partial F_2}{\partial x}=1,\quad \frac{\partial F_2}{\partial y}=-1,
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J(x,y)=\begin{pmatrix}2x-2 & -1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Primeira iteração k=0 com (x_0,y_0)=(-1{,}5,-1{,}5).
Calculo \mathbf{F}(x_0,y_0):
F_1(-1{,}5,-1{,}5)=(-1{,}5)^2-2(-1{,}5)-(-1{,}5)-1=2{,}25+3+1{,}5-1=5{,}75,
F_2(-1{,}5,-1{,}5)=-1{,}5-(-1{,}5)+3=3.
Calculo J(x_0,y_0):
J(-1{,}5,-1{,}5)=\begin{pmatrix}2(-1{,}5)-2 & -1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-5 & -1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.
Resolvo o sistema linear
\begin{pmatrix}-5 & -1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\Delta x\\[4pt]\Delta y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-5{,}75\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
Determinante D=(-5)(-1)-(-1)(1)=5-(-1)=6.
Uso Cramer para \Delta x e \Delta y:
\Delta x=\frac{\begin{vmatrix}-5{,}75 & -1\\[4pt]-3 & -1\end{vmatrix}}{6} =\frac{(-5{,}75)(-1)-(-1)(-3)}{6}=\frac{5{,}75-3}{6}=\frac{2{,}75}{6}=0{,}458333\ldots
\Delta y=\frac{\begin{vmatrix}-5 & -5{,}75\\[4pt]1 & -3\end{vmatrix}}{6} =\frac{(-5)(-3)-(-5{,}75)(1)}{6}=\frac{15-(-5{,}75)}{6}=\frac{20{,}75}{6}=3{,}458333\ldots
Atualizo:
x_1=x_0+\Delta x=-1{,}5+0{,}458333\ldots=-1{,}041666\ldots=\,-\tfrac{25}{24},
y_1=y_0+\Delta y=-1{,}5+3{,}458333\ldots=1{,}958333\ldots=\tfrac{47}{24}.]

Passo 5

Observação útil: com esses valores temos exatamente
x_1-y_1=-\tfrac{25}{24}-\tfrac{47}{24}=-\tfrac{72}{24}=-3,
portanto F_2(x_1,y_1)=0 (a segunda equação já ficou satisfeita exatamente). Isso simplifica a próxima iteração porque o lado direito do segundo componente será zero.

Passo 6

Segunda iteração k=1 com (x_1,y_1)=\left(-\tfrac{25}{24},\tfrac{47}{24}\right).
Calculo F neste ponto:
F_1\!\left(-\tfrac{25}{24},\tfrac{47}{24}\right) =\left(-\tfrac{25}{24}\right)^{\!2}-2\left(-\tfrac{25}{24}\right)-\tfrac{47}{24}-1 =\frac{625}{576}+\frac{25}{12}-\frac{47}{24}-1.
Fazendo as frações com denominador 576:
\frac{625}{576}+\frac{1200}{576}-\frac{1128}{576}-\frac{576}{576}=\frac{625+1200-1128-576}{576}=\frac{121}{576}\approx0{,}210069.
E já sabemos que
F_2(x_1,y_1)=0.
A Jacobiana em (x_1,y_1) é
J(x_1,y_1)=\begin{pmatrix}2x_1-2 & -1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{49}{12} & -1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.
Resolvemos
\begin{pmatrix}-\tfrac{49}{12} & -1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\Delta x\\[4pt]\Delta y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\tfrac{121}{576}\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A segunda linha dá \Delta x-\Delta y=0\Rightarrow \Delta x=\Delta y. Substituo na primeira linha:
\Big(-\tfrac{49}{12}-1\Big)\Delta x=-\tfrac{121}{576}\quad\Rightarrow\quad -\tfrac{61}{12}\Delta x=-\tfrac{121}{576}.
Logo
\Delta x=\frac{-\tfrac{121}{576}}{-\tfrac{61}{12}}=\frac{121}{576}\cdot\frac{12}{61}=\frac{121}{2928}\approx0{,}0413265.
E \Delta y=\Delta x\approx0{,}0413265. Note que |\Delta x|<0{,}05 e |\Delta y|<0{,}05, portanto o critério de parada foi satisfeito nesta iteração.
Atualizo as soluções:
x_2=x_1+\Delta x=-\tfrac{25}{24}+\tfrac{121}{2928}=-\tfrac{2929}{2928}\approx-1{,}000341,
y_2=y_1+\Delta y=\tfrac{47}{24}+\tfrac{121}{2928}=\tfrac{5855}{2928}\approx1{,}999659.]

Passo 7

Conclusão: a iteração de Newton com o valor inicial dado converge rapidamente para a solução próxima a ( -1,2). Alcançamos correções menores que 0{,}05 após duas iterações, portanto podemos tomar como aproximação do sistema:
x\approx-1{,}00034,\qquad y\approx1{,}99966.
(Como verificação rápida: a solução exata do sistema pode ser obtida por substituição y=x+3, levando à equação quadrática x^2-3x-4=0 com raízes x=4 e x=-1. A iteração partiu do ponto x_0=-1{,}5 e convergiu para a raiz x=-1, com y=x+3=2.)

Resposta

\;x\approx-1{,}00034
\;y\approx1{,}99966

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