Você tem um tanque de armazenamento esférico contendo óleo. O tanque tem um diâmetro de 6 metros. Sabendo que a vareta (disptick) será mergulhada por um oríficio no tanque e que a altura h da qual a vareta ficará molhada com óleo, é definida pela equação:
f(h)=h^{3}-9 h^{2}+3.8197=0
Calcule qual a altura que a vareta ficará molhada utilizando:
Método de Newton-Raphson

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Calcular a altura h que a vareta (dipstick) ficará molhada, resolvendo a equação
f(h)=h^{3}-9h^{2}+3,8197=0
usando o método de Newton–Raphson.
Informações dadas (extraídas do enunciado/imagem):
  • Diâmetro do tanque: 6\\ \text{m}. (Logo o raio é r=3\\ \text{m}.)
  • A incógnita é a altura h (em metros) onde a vareta fica molhada.
  • A função cujo zero procuramos é f(h)=h^{3}-9h^{2}+3,8197.
Observações úteis para a solução (sem resolver ainda):
  • Valores test (rápidos) mostram f(0)=3,8197>0 e f(1)=1-9+3,8197=-4,1803<0, então existe uma raiz real entre 0 e 1.

Passo 2

O método de Newton–Raphson (explicação didática)
  • A ideia: aproximar a raiz de uma função por tangentes sucessivas.
  • Fórmula iterativa (cada iteração dá uma nova aproximação):
h_{n+1}=h_{n}-\frac{f(h_{n})}{f'(h_{n})}.
  • O que significa cada termo:
    • h_{n} é a aproximação atual da raiz;
    • f(h_{n}) é o valor da função nessa aproximação;
    • f'(h_{n}) é a derivada da função nessa aproximação;
    • h_{n+1} é a próxima aproximação, obtida subtraindo-se o quociente f(h_{n})/f'(h_{n}).
  • Observação prática: precisamos calcular f(h) e f'(h) em cada iteração. Convergência costuma ser rápida se a aproximação inicial estiver relativamente próxima da raiz e f' não for zero.

Passo 3

Derivada da função (necessária para Newton–Raphson)
  • Dada \,f(h)=h^{3}-9h^{2}+3,8197, derivamos termo a termo:
f'(h)=3h^{2}-18h.
  • Explicando: a derivada de h^{3} é 3h^{2}; a derivada de -9h^{2} é -18h; a constante 3,8197 tem derivada zero.

Passo 4

Escolha da aproximação inicial h_{0}
  • Como vimos em

Passo 5

  • Uma escolha simples e razoável é h_{0}=0,5. É um chute central no intervalo e costuma funcionar bem para Newton–Raphson aqui.

Passo 6

Primeira iteração (de h_{0} para h_{1})
  • Calculamos f(h_{0}) e f'(h_{0}) com h_{0}=0,5:
f(0,5)=0,5^{3}-9\cdot 0,5^{2}+3,8197=0,125-2,25+3,8197=1,6947.
f'(0,5)=3\cdot 0,5^{2}-18\cdot 0,5=3\cdot 0,25-9=0,75-9=-8,25.
  • Aplica-se a fórmula de Newton:
h_{1}=0,5-\frac{1,6947}{-8,25}=0,5+0,205689697\approx 0,7056897.

Passo 7

Segunda iteração (de h_{1} para h_{2})
  • Primeiro calcular f(h_{1}) e f'(h_{1}) com h_{1}\approx 0,7056897.
    • h_{1}^{2}\approx 0,4979972385.
    • h_{1}^{3}\approx 0,351006092.
f(0,7056897)\approx 0,351006092-9\cdot 0,4979972385+3,8197\approx -0,311269147.
f'(0,7056897)\approx 3\cdot 0,4979972385-18\cdot 0,7056897\approx -11,208422831.
  • Newton:
h_{2}=0,7056897-\frac{-0,311269147}{-11,208422831}=0,7056897-0,027776113\approx 0,6779136.

Passo 8

Terceira iteração (de h_{2} para h_{3})
  • Com h_{2}\approx 0,6779136:
    • h_{2}^{2}\approx 0,459568944.
    • h_{2}^{3}\approx 0,311602752.
f(0,6779136)\approx 0,311602752-9\cdot 0,459568944+3,8197\approx -0,0048177.
f'(0,6779136)\approx 3\cdot 0,459568944-18\cdot 0,6779136\approx -10,823737734.
  • Newton:
h_{3}=0,6779136-\frac{-0,0048177}{-10,823737734}=0,6779136-0,0004453\approx 0,6774683.

Passo 9

Critério de convergência e iteração final
  • Diferença entre as últimas aproximações:
|h_{3}-h_{2}|\approx 0,0004453.
  • Valor da função em h_{3} fica da ordem de 10^{-9} (próximo de zero dentro de erros de arredondamento), ou seja, suficientemente pequeno para considerar convergência para propósito prático.
  • Podemos aceitar h\approx 0,6774683\\ \text{m}. Arredondando a uma precisão usual (6 dígitos significativos) obtemos:
h\approx 0,677468\\ \text{m}.

Resposta

h\approx 0,677468\\ \text{m}

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