Neste exercício, será utilizado o Método de Newton-Raphson. Para isso, tem-se o seguinte:
\(\Longrightarrow \left \{ \begin{matrix} f(x)=x^4-2x^3+5x^2-6 \\ y=0 \end{matrix} \right.\)
O gráfico da função está apresentado a seguir:
Tem-se \(y=0\) porque queremos encontrar a raiz de \(f(x)\).
Com isso, tem-se que a derivada de \(f(x)\) é:
\(\Longrightarrow {\partial f(x) \over \partial x}= {\partial \over \partial x} (x^4-2x^3+5x^2-6 )\)
\(\Longrightarrow f'(x)= 4x^3-6x^2+10x\)
As iterações serão realizadas até que \(\Delta y\) atenda a uma tolerância de seis casas decimais, conforme apresentada a seguir:
\(\Longrightarrow |\Delta y|<10^{-6}\)
Antes de começar o processo, será calculado o valor do chute inicial \(x_0\). O enunciado disse que a solução encontrada deve estar entre 1 e 2. Portanto, o valor de \(x_0\) é:
\(\Longrightarrow x_0 = {1 \over 2}(1+2)\)
\(\Longrightarrow x_0 = 1,5\)
1. Primeira iteração: com \(x_0=1,5\), os valores de \( f(x_0)\) e \( f'(x_0)\) são:
\(\Longrightarrow \left \{ \begin{matrix} f(x_0)=x_0^4-2x_0^3+5x_0^2-6 \\ f'(x_0)= 4x_0^3-6x_0^2+10x_0 \end{matrix} \right.\) \(\Longrightarrow \left \{ \begin{matrix} f(x_0)=(1,5)^4-2\cdot (1,5)^3+5\cdot (1,5)^2-6 \\ f'(x_0)= 4\cdot (1,5)^3-6\cdot (1,5)^2+10\cdot (1,5) \end{matrix} \right.\)
\(\Longrightarrow \left \{ \begin{matrix} \underline {f(x_0)=3,5625 }\\ \underline { f'(x_0)= 15 } \end{matrix} \right.\)
Então, o valor de \(\Delta y\) é:
\(\Longrightarrow \Delta y = y - f(x_0)\)
\(\Longrightarrow \Delta y = 0 - 3,5625\)
\(\Longrightarrow \underline{ \Delta y = - 3,5625}\)
Com isso, o valor de \(\Delta x\) é:
\(\Longrightarrow \Delta x = \big [f'(x_0) \big ]^{-1} \Delta y \)
\(\Longrightarrow \Delta x = \big [15 \big ]^{-1} (-3,5625)\)
\(\Longrightarrow \underline { \Delta x =-0,2375}\)
Portanto, o valor de \(x_1\) é:
\(\Longrightarrow x_1 = x_0 + \Delta x\)
\(\Longrightarrow x_1 = 1,5-0,2375\)
\(\Longrightarrow \underline { x_1 = 1,2625}\)
2. Segunda iteração: com \(x_1=1,2625\), os valores de \( f(x_1)\) e \( f'(x_1)\) são:
\(\Longrightarrow \left \{ \begin{matrix} f(x_1)=x_1^4-2x_1^3+5x_1^2-6 \\ f'(x_1)= 4x_1^3-6x_1^2+10x_1 \end{matrix} \right.\) \(\Longrightarrow \left \{ \begin{matrix} f(x_1)=(1,2625)^4-2\cdot (1,2625)^3+5\cdot (1,2625)^2-6 \\ f'(x_1)= 4\cdot (1,2625)^3-6\cdot (1,2625)^2+10\cdot (1,2625) \end{matrix} \right.\)
\(\Longrightarrow \left \{ \begin{matrix} \underline { f(x_1)=0,485455 } \\ \underline { f'(x_1)= 11,110789 } \end{matrix} \right.\)
Então, o novo valor de \(\Delta y\) é:
\(\Longrightarrow \Delta y = y - f(x_1)\)
\(\Longrightarrow \Delta y = 0-0,485455\)
\(\Longrightarrow \underline { \Delta y = -0,485455}\)
Com isso, o novo valor de \(\Delta x\) é:
\(\Longrightarrow \Delta x = \big [f'(x_1) \big ]^{-1} \Delta y \)
\(\Longrightarrow \Delta x = \big [11,110789 \big ]^{-1} \cdot (-0,485455)\)
\(\Longrightarrow \underline { \Delta x = -0,043692}\)
Portanto, o valor de \(x_2\) é:
\(\Longrightarrow x_2 = x_1 + \Delta x\)
\(\Longrightarrow x_2 = 1,2625-0,043692\)
\(\Longrightarrow \underline { x_2 = 1,218808}\)
3. Terceira iteração: com \(x_2=1,2188\), tem-se a seguinte tabela:
Iteração (n) | \( f(x_{n-1})\) | \( f'(x_{n-1})\) | \(\Delta y = y - f(x_{n-1})\) | \( \Delta x = \big [f'(x_{n-1}) \big ]^{-1} \Delta y \) | \(x_n = x_{n-1} + \Delta x\) |
3 | 0,013090 | 10,517242 | -0,01309 | -0,001245 | 1,217563 |
4 | 1,022e-5 | 10,500823 | -1,022e-5 | -9,7316e-7 | 1,217562 |
5 | 6,2404e-12 | 10,500813 | 6,2404e-12 |
Na quinta iteração, tem-se \( | \Delta y| \approx 6,2404\cdot 10^{-12} < 10^{-6}\). Ou seja, a solução da função \(f(x)=x^4-2x^3+5x^2-6 \) foi encontrada com seis casas de precisão. Seu valor é:
\(\Longrightarrow \fbox {$ x_4=1,217562 $}\)
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