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Lição 29 — Método de Newton-Raphson

Método iterativo de Newton-Raphson para aproximação de raízes de equações. Interpretação geométrica via reta tangente, análise de convergência quadrática e critérios de parada.

Usado em: Cálculo 1 — Unidade 3 · USP MAC0105 · ITA MA-011

xn+1=xn−f(xn)f′(xn)x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}
Escolha sua porta

Notação rigorosa, derivação completa, hipóteses

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Exemplos


Exercícios

Lista de exercícios

30 exercícios · 7 com solução desenvolvida (25%)

Aplicação 20Compreensão 4Modelagem 4Desafio 2
  1. Ex. 29.1Aplicação

    Escreva a fórmula de Newton para resolver f(x)=0f(x) = 0 e analise a convergência quando f(x)=x2+1f(x) = x^2 + 1.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    A fórmula de Newton seria xn+1=xn−xn2+12xnx_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2+1}{2x_n}. No entanto, f(x)=x2+1f(x)=x^2+1 não tem raízes reais (discriminante negativo), portanto o método não converge para nenhuma raiz real.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. Calcule f′(x)=2xf'(x) = 2x.
    2. Fórmula de Newton: xn+1=xn−xn2+12xnx_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2+1}{2x_n}.
    3. Discriminante de x2+1=0x^2+1=0: Δ=−4<0\Delta = -4 < 0. Sem raízes reais — Newton diverge.
  2. Ex. 29.2Aplicação

    Escreva a fórmula de iteração de Newton para f(x)=x3+2x+1f(x) = x^3 + 2x + 1.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Para f(x)=x3+2x+1f(x)=x^3+2x+1, temos f′(x)=3x2+2f'(x)=3x^2+2. A iteração de Newton é xn+1=xn−xn3+2xn+13xn2+2x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^3+2x_n+1}{3x_n^2+2}.
  3. Ex. 29.3Aplicação

    Escreva a fórmula de iteração de Newton para f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Para f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x, temos f′(x)=cos⁡xf'(x) = \cos x. Logo xn+1=xn−sin⁡xncos⁡xn=xn−tan⁡xnx_{n+1} = x_n - \frac{\sin x_n}{\cos x_n} = x_n - \tan x_n.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. Identifique f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x e f′(x)=cos⁡xf'(x) = \cos x.
    2. Substitua: xn+1=xn−sin⁡xncos⁡xnx_{n+1} = x_n - \frac{\sin x_n}{\cos x_n}.
    3. Simplifique: sin⁡xcos⁡x=tan⁡x\frac{\sin x}{\cos x} = \tan x. Resultado: xn+1=xn−tan⁡xnx_{n+1} = x_n - \tan x_n.
  4. Ex. 29.4AplicaçãoGabarito

    Use o método de Newton para resolver x2−10=0x^2 - 10 = 0 com precisão de quatro casas decimais. Qual é o resultado?

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Newton para f(x)=x2−10f(x)=x^2-10: xn+1=xn+10/xn2x_{n+1} = \frac{x_n + 10/x_n}{2}. Com x0=3x_0=3: x1=3,1667x_1 = 3{,}1667, x2≈3,1623x_2 \approx 3{,}1623, x3≈3,16228x_3 \approx 3{,}16228. Resp: 10≈3,1623\sqrt{10} \approx 3{,}1623.
  5. Ex. 29.5Aplicação

    Use o método de Newton para resolver x4−100=0x^4 - 100 = 0 com precisão de quatro casas decimais. Qual é 1004\sqrt[4]{100}?

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Newton para f(x)=x4−100f(x)=x^4-100: f′(x)=4x3f'(x)=4x^3, logo xn+1=xn−xn4−1004xn3x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^4-100}{4x_n^3}. Com x0=3x_0=3: converge para 1001/4=101/2≈3,1623100^{1/4}=10^{1/2}\approx 3{,}1623.
  6. Ex. 29.6Aplicação

    Use o método de Newton para resolver x3−x=0x^3 - x = 0 com precisão de quatro casas decimais, partindo de x0=0,1x_0 = 0{,}1. Quais são as raízes não nulas?

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    f(x)=x3−x=x(x−1)(x+1)f(x)=x^3-x=x(x-1)(x+1), raízes em x=0,1,−1x=0, 1, -1. Newton com x0=0,5x_0=0{,}5 converge para x=0x=0; com x0=1,5x_0=1{,}5 converge para x=1x=1. As raízes não nulas são x=±1x=\pm 1.
  7. Ex. 29.7Aplicação

    Use o método de Newton para resolver x+5cos⁡(x)=0x + 5\cos(x) = 0 com precisão de quatro casas decimais. Qual é a raiz?

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Newton para f(x)=x+5cos⁡xf(x) = x + 5\cos x: f′(x)=1−5sin⁡xf'(x) = 1 - 5\sin x. Com x0=−1x_0 = -1: x1≈−1,1630x_1 \approx -1{,}1630, x2≈−1,1721x_2 \approx -1{,}1721. Resp: x≈−1,1721x \approx -1{,}1721.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. f(x)=x+5cos⁡xf(x) = x + 5\cos x, f′(x)=1−5sin⁡xf'(x) = 1 - 5\sin x.
    2. Iteração: xn+1=xn−xn+5cos⁡xn1−5sin⁡xnx_{n+1} = x_n - \frac{x_n + 5\cos x_n}{1 - 5\sin x_n}.
    3. Com x0=−1x_0 = -1: x1≈−1,163x_1 \approx -1{,}163, x2≈−1,1721x_2 \approx -1{,}1721. Convergência rápida.
  8. Ex. 29.8Aplicação

    Resolva x+tan⁡(x)=0x + \tan(x) = 0 com x0∈(−π/2,π/2)x_0 \in (-\pi/2, \pi/2) usando o método de Newton com precisão de quatro casas decimais. Qual é a raiz?

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    f(x)=x+tan⁡xf(x) = x + \tan x. Em (−π/2,π/2)(-\pi/2, \pi/2), f(0)=0f(0)=0 e f′(x)=1+sec⁡2x≥2>0f'(x) = 1 + \sec^2 x \geq 2 > 0, portanto ff é estritamente crescente. A única raiz é x=0x=0.
  9. Ex. 29.9AplicaçãoGabarito

    Use o método de Newton para encontrar o ponto fixo de f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x (onde f(x)=xf(x) = x), arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Para encontrar o ponto fixo de sin⁡x\sin x, resolvemos g(x)=sin⁡x−x=0g(x) = \sin x - x = 0 via Newton: g′(x)=cos⁡x−1g'(x) = \cos x - 1. A única solução real é x=0x=0, pois ∣sin⁡x∣≤∣x∣|\sin x| \leq |x| com igualdade somente em x=0x=0.
  10. Ex. 29.10AplicaçãoGabarito

    Use o método de Newton para encontrar o ponto fixo de tan⁡(x)\tan(x) no intervalo x∈(π/2, 3π/2)x \in (\pi/2,\, 3\pi/2), arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
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    Ponto fixo: tan⁡x=x\tan x = x, ou seja, g(x)=tan⁡x−x=0g(x) = \tan x - x = 0. Newton: xn+1=xn−tan⁡xn−xnsec⁡2xn−1x_{n+1} = x_n - \frac{\tan x_n - x_n}{\sec^2 x_n - 1}. Com x0=4,5x_0 = 4{,}5, converge para x≈4,493x \approx 4{,}493.
  11. Ex. 29.11Aplicação

    Use o método de Newton para encontrar o ponto fixo de f(x)=ex−2f(x) = e^x - 2, arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    Queremos ex−2=xe^x - 2 = x, ou seja, g(x)=ex−2−x=0g(x) = e^x - 2 - x = 0. Newton: xn+1=xn−exn−2−xnexn−1x_{n+1} = x_n - \frac{e^{x_n}-2-x_n}{e^{x_n}-1}. Com x0=1x_0=1, converge para x≈1,146x \approx 1{,}146.
  12. Ex. 29.12Compreensão

    O método de Newton pode ser usado para encontrar máximos e mínimos de funções, aplicando-o à derivada f′(x)=0f'(x) = 0. Mostre que, para encontrar pontos críticos de f(x)f(x), a iteração de Newton é:

    Selecione a alternativa correta
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    Para encontrar pontos críticos de ff, aplicamos Newton à equação f′(x)=0f'(x)=0. Tratando f′f' como a "função", sua derivada é f′′f''. A iteração de Newton fica xn+1=xn−f′(xn)f′′(xn)x_{n+1} = x_n - \frac{f'(x_n)}{f''(x_n)}.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. Queremos os zeros de f′(x)f'(x).
    2. Aplique Newton a h(x)=f′(x)h(x)=f'(x): xn+1=xn−h(xn)h′(xn)x_{n+1} = x_n - \frac{h(x_n)}{h'(x_n)}.
    3. Como h′(x)=f′′(x)h'(x)=f''(x), o resultado é xn+1=xn−f′(xn)f′′(xn)x_{n+1} = x_n - \frac{f'(x_n)}{f''(x_n)}.
  13. Ex. 29.13Aplicação

    Use o método de Newton aplicado a f′(x)f'(x) para encontrar o mínimo local de f(x)=x2+2x+4f(x) = x^2 + 2x + 4, arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
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    Newton em f′(x)=2x+2f'(x) = 2x + 2: f′′(x)=2f''(x)=2. Iteração: xn+1=xn−2xn+22=xn−xn−1=−1x_{n+1} = x_n - \frac{2x_n+2}{2} = x_n - x_n - 1 = -1. O mínimo está em x=−1x=-1 (em uma iteração, pois f′f' é linear).
  14. Ex. 29.14Aplicação

    Use o método de Newton aplicado a f′(x)f'(x) para encontrar o mínimo local de f(x)=3x3+2x2−16f(x) = 3x^3 + 2x^2 - 16, arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    f′(x)=9x2+4xf'(x) = 9x^2 + 4x, f′′(x)=18x+4f''(x) = 18x + 4. Newton: xn+1=xn−9xn2+4xn18xn+4x_{n+1} = x_n - \frac{9x_n^2+4x_n}{18x_n+4}. Com x0=−0,5x_0 = -0{,}5: converge para x≈−0,444x \approx -0{,}444 (raiz negativa de f′f').
  15. Ex. 29.15AplicaçãoGabarito

    Use o método de Newton aplicado a f′(x)f'(x) para encontrar o mínimo local de f(x)=x2exf(x) = x^2 e^x, arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    f′(x)=ex(x2+2x)=xex(x+2)f'(x) = e^x(x^2 + 2x) = xe^x(x+2). Pontos críticos: x=0x=0 (mínimo local, f(0)=0f(0)=0) e x=−2x=-2 (mínimo local, f(−2)=4e−2≈0,541f(-2)=4e^{-2}\approx 0{,}541). Newton em f′f' com x0=−2,5x_0=-2{,}5 converge para x=−2x=-2.
  16. Ex. 29.16Aplicação

    Use o método de Newton aplicado a f′(x)f'(x) para encontrar o máximo local de f(x)=x+1/xf(x) = x + 1/x, arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    Ver solução
    f′(x)=1−1/x2f'(x) = 1 - 1/x^2. Raízes: x=±1x = \pm 1. f′′(x)=2/x3f''(x) = 2/x^3: em x=1x=1, f′′>0f''>0 (mínimo); em x=−1x=-1, f′′<0f''<0 (máximo). Newton com x0=−1,5x_0=-1{,}5 converge para x=−1x=-1.
  17. Ex. 29.17Aplicação

    Use o método de Newton para encontrar o mínimo local mais próximo de x=0x=0 (não nulo) de f(x)=x2sin⁡xf(x) = x^2 \sin x, arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    f′(x)=2xsin⁡x+x2cos⁡xf'(x) = 2x\sin x + x^2\cos x. Newton em f′f' com x0≈−2x_0 \approx -2: o mínimo não nulo mais próximo é em x≈−2,029x \approx -2{,}029.
  18. Ex. 29.18Aplicação

    Use o método de Newton para encontrar o mínimo local de f(x)=x4+x3+3x2+12x+6f(x) = x^4 + x^3 + 3x^2 + 12x + 6, arredondando para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    f′(x)=4x3+3x2+6x+12f'(x) = 4x^3 + 3x^2 + 6x + 12. Newton em f′f' com x0=−1,5x_0 = -1{,}5: converge para x≈−1,658x \approx -1{,}658. Verifique: f′′(−1,658)>0f''(-1{,}658) > 0.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. f′(x)=4x3+3x2+6x+12f'(x) = 4x^3 + 3x^2 + 6x + 12, f′′(x)=12x2+6x+6f''(x) = 12x^2 + 6x + 6.
    2. Iteração: xn+1=xn−4xn3+3xn2+6xn+1212xn2+6xn+6x_{n+1} = x_n - \frac{4x_n^3+3x_n^2+6x_n+12}{12x_n^2+6x_n+6}.
    3. Com x0=−1,5x_0 = -1{,}5: x1≈−1,654x_1 \approx -1{,}654, x2≈−1,658x_2 \approx -1{,}658.
  19. Ex. 29.19Compreensão

    Use o método de Newton para tentar resolver x2+2=0x^2 + 2 = 0. O que acontece e por quê?

    Selecione a alternativa correta
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    Ver solução
    f(x)=x2+2>0f(x) = x^2 + 2 > 0 para todo x∈Rx \in \mathbb{R}. Sem raízes reais, Newton gera iterados xn+1=xn−xn2+22xnx_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2+2}{2x_n} que divergem (a sequência cresce sem cota).
  20. Ex. 29.20Compreensão

    Use o método de Newton para tentar resolver 0=ex0 = e^x. O que acontece?

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    ex>0e^x > 0 para todo x∈Rx \in \mathbb{R}. A equação 0=ex0 = e^x não tem solução real. Newton produz xn+1=xn−exnexn=xn−1x_{n+1} = x_n - \frac{e^{x_n}}{e^{x_n}} = x_n - 1, uma sequência que vai para −∞-\infty sem convergir.
  21. Ex. 29.21CompreensãoGabarito

    Use o método de Newton para resolver 0=1+x20 = 1 + x^2 partindo de x0=0x_0 = 0. O que ocorre?

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Para f(x)=1+x2f(x) = 1 + x^2, temos f′(x)=2xf'(x) = 2x. Com x0=0x_0 = 0, f′(x0)=0f'(x_0) = 0: divisão por zero na fórmula de Newton. Além disso, ff não tem raízes reais.
  22. Ex. 29.22Aplicação

    Use o método da secante para encontrar uma raiz de 0=x2−x−30 = x^2 - x - 3 com precisão de três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Método da secante para f(x)=x2−x−3f(x) = x^2 - x - 3. Com x0=2,x1=1,5x_0 = 2, x_1 = 1{,}5: x2=x1−f(x1)x1−x0f(x1)−f(x0)≈1,308x_2 = x_1 - f(x_1)\frac{x_1-x_0}{f(x_1)-f(x_0)} \approx 1{,}308, convergindo para x≈1,303x \approx 1{,}303. (Raiz positiva: fórmula quadrática dá (1+13)/2≈2,303(1+\sqrt{13})/2 \approx 2{,}303; a raiz negativa é (1−13)/2≈−1,303(1-\sqrt{13})/2 \approx -1{,}303; verifique o sinal de ff no intervalo de busca.)
  23. Ex. 29.23Aplicação

    Use o método da secante para encontrar uma raiz de 0=sin⁡x+3x0 = \sin x + 3x com precisão de quatro casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    Ver solução
    f(x)=sin⁡x+3xf(x) = \sin x + 3x. Note que f′(x)=cos⁡x+3≥2>0f'(x) = \cos x + 3 \geq 2 > 0 para todo xx, logo ff é estritamente crescente e x=0x=0 é a única raiz.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. f(x)=sin⁡x+3xf(x) = \sin x + 3x; f(0)=0f(0) = 0: x=0x=0 é raiz.
    2. f′(x)=cos⁡x+3≥2f'(x) = \cos x + 3 \geq 2 (pois cos⁡x≥−1\cos x \geq -1). Logo ff é crescente.
    3. Função crescente com exatamente uma raiz em x=0x=0. Método da secante converge para x=0x=0.
  24. Ex. 29.24AplicaçãoGabarito

    Use o método da secante para encontrar uma raiz de 0=ex−20 = e^x - 2 com precisão de quatro casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
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    ex−2=0⇒x=ln⁡2≈0,6931e^x - 2 = 0 \Rightarrow x = \ln 2 \approx 0{,}6931. O método da secante com x0=0,x1=1x_0=0, x_1=1 converge rapidamente para esse valor.
  25. Ex. 29.25ModelagemGabarito

    Use tanto o método de Newton quanto o método da secante para calcular a raiz de f(x)=x2+2x+1f(x) = x^2 + 2x + 1 partindo de x0=1x_0 = 1. Qual método converge mais rápido para atingir três casas decimais de precisão?

    Selecione a alternativa correta
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    Ver solução
    Para f(x)=(x+1)2f(x)=(x+1)^2 (raiz dupla em x=−1x=-1): Newton converge linearmente (fator 1/2), enquanto o método da secante converge com ordem ≈1,618\approx 1{,}618. Com x0=1x_0=1, Newton leva ~2 passos para ∣e∣<0,001|e|<0{,}001; a secante leva ~4.
  26. Ex. 29.26Modelagem

    Use tanto o método de Newton quanto o método da secante para calcular a raiz de f(x)=x2f(x) = x^2 partindo de x0=1x_0 = 1. Quantas iterações cada método precisa para atingir precisão de três casas decimais?

    Selecione a alternativa correta
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    Ver solução
    Para f(x)=x2f(x) = x^2, raiz dupla em 0: Newton dá xn+1=xn/2x_{n+1} = x_n/2 (convergência linear, fator 1/2). Secante tem ordem ϕ≈1,618\phi \approx 1{,}618, portanto mais rápida que Newton nesse caso patológico.
  27. Ex. 29.27Modelagem

    Use tanto o método de Newton quanto o método da secante para calcular a raiz de f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x partindo de x0=1x_0 = 1. Quantas iterações cada método precisa para atingir três casas decimais?

    Selecione a alternativa correta
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    Ver solução
    Newton para f(x)=sin⁡xf(x)=\sin x, x0=1x_0=1: xn+1=xn−tan⁡xnx_{n+1}=x_n-\tan x_n. Converge para x=0x=0 quadraticamente em ~3 iterações. Secante (ordem 1,618) leva ~5 iterações para a mesma precisão.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. Newton: x1=1−tan⁡1≈1−1,557=−0,557x_1 = 1 - \tan 1 \approx 1 - 1{,}557 = -0{,}557.
    2. x2≈−0,557−tan⁡(−0,557)≈−0,028x_2 \approx -0{,}557 - \tan(-0{,}557) \approx -0{,}028.
    3. x3≈0,000x_3 \approx 0{,}000. Total: 3 iterações.
  28. Ex. 29.28Desafio

    Considere a equação de Kepler para órbitas planetárias: M=E−εsin⁡(E)M = E - \varepsilon \sin(E), onde MM é a anomalia média, EE é a anomalia excêntrica e ε\varepsilon mede a excentricidade. Use o método de Newton para calcular EE quando M=π/3M = \pi/3 e ε=0,25\varepsilon = 0{,}25; arredonde para três casas decimais.

    Selecione a alternativa correta
    Selecione uma opção primeiro
    Ver solução
    Equação de Kepler: M=E−εsin⁡EM = E - \varepsilon \sin E. Para M=π/3M=\pi/3 e ε=0,25\varepsilon=0{,}25: f(E)=E−0,25sin⁡E−π/3f(E) = E - 0{,}25\sin E - \pi/3. Newton: En+1=En−En−0,25sin⁡En−π/31−0,25cos⁡EnE_{n+1} = E_n - \frac{E_n - 0{,}25\sin E_n - \pi/3}{1 - 0{,}25\cos E_n}. Com E0=M=π/3E_0 = M = \pi/3: converge para E≈1,358E \approx 1{,}358.
    Ver passo a passo (com o porquê)
    1. Defina f(E)=E−0,25sin⁡E−π/3=0f(E) = E - 0{,}25\sin E - \pi/3 = 0.
    2. f′(E)=1−0,25cos⁡Ef'(E) = 1 - 0{,}25\cos E.
    3. E0=π/3≈1,047E_0 = \pi/3 \approx 1{,}047: f(E0)=1,047−0,25⋅0,866−1,047=−0,217f(E_0) = 1{,}047 - 0{,}25\cdot 0{,}866 - 1{,}047 = -0{,}217.
    4. E1≈1,047+0,217/0,783≈1,324E_1 \approx 1{,}047 + 0{,}217/0{,}783 \approx 1{,}324. Converge para E≈1,358E \approx 1{,}358.
  29. Ex. 29.29Desafio

    Considere a equação de Kepler M=E−εsin⁡(E)M = E - \varepsilon \sin(E). Use o método de Newton para calcular EE quando M=3π/2M = 3\pi/2 e ε=0,8\varepsilon = 0{,}8; arredonde para três casas decimais.

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    Equação de Kepler: f(E)=E−0,8sin⁡E−3π/2f(E) = E - 0{,}8\sin E - 3\pi/2. Newton: En+1=En−En−0,8sin⁡En−3π/21−0,8cos⁡EnE_{n+1} = E_n - \frac{E_n-0{,}8\sin E_n - 3\pi/2}{1-0{,}8\cos E_n}. Com E0=3π/2E_0 = 3\pi/2 e alta excentricidade (ε=0,8\varepsilon=0{,}8), converge para E≈5,611E \approx 5{,}611.
  30. Ex. 29.30Modelagem

    O custo total para imprimir xx livros é C(x)=1000+12x+12x2/3C(x) = 1000 + 12x + \frac{1}{2}x^{2/3}. Use o método de Newton para encontrar o ponto de equilíbrio (break-even) se cada livro é vendido por US\ $20. Qual é a aproximação?

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    Custo: C(x)=1000+12x+12x2/3C(x) = 1000 + 12x + \frac{1}{2}x^{2/3}. Receita: R(x)=20xR(x) = 20x. Ponto de equilíbrio: C(x)=R(x)C(x) = R(x), logo f(x)=1000+12x+12x2/3−20x=1000−8x+12x2/3=0f(x) = 1000 + 12x + \frac{1}{2}x^{2/3} - 20x = 1000 - 8x + \frac{1}{2}x^{2/3} = 0. Newton com x0=100x_0 = 100: f′(x)=−8+13x−1/3f'(x) = -8 + \frac{1}{3}x^{-1/3}. Converge para x≈125,1x \approx 125{,}1; verifique a escala do problema — para livros vendidos a US$20 com custo inicial de US$1000, o break-even exato requer Newton iterando a partir de x0≈100x_0 \approx 100.

Fontes

Atualizado em 2026-05-23 · Autor(es): Clube da Matemática

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