17: (a) Mostre que a função g(x)=x^{2}+e^{-x} tem um único ponto de mínimo positivo.
(b) Calcule uma aproximação para este ponto utilizando o método de Newton (calcule 3 iterações a partir de x_{0}=1. Mostre que o método de Newton é convergente para esta escolha de x_{0}.)
(c) Sem determinar o valor da solução verifique se o valor determinado no item (b) dista menos que 10^{-3} do ponto de mínimo. Justifique.

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre a função g(x)=x^{2}+e^{-x}:
  • (a) Mostrar que g tem um único ponto de mínimo positivo.
  • (b) Achar uma aproximação desse ponto usando o método de Newton: calcular 3 iterações a partir de x_{0}=1 e mostrar que o método é convergente para esse x_{0}.
  • (c) Sem determinar a solução exata, verificar se o valor obtido em (b) está a menos de 10^{-3} do ponto de mínimo, justificando.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A função g é g(x)=x^{2}+e^{-x}.
  • Vamos procurar o ponto de mínimo de g (ou seja, resolver g'(x)=0 e verificar que é mínimo).
  • O método pedido é o método de Newton aplicado à equação g'(x)=0, com x_{0}=1 e 3 iterações.

Passo 2

(a) Identificar e provar existência/unicidade do mínimo positivo.
  • Calculo das derivadas:
    g'(x)=2x - e^{-x}, \qquad g''(x)=2 + e^{-x}.
    Explicando: g'(x) é a derivada de x^{2} (que é 2x) menos a derivada de e^{-x} (que é -e^{-x}, logo subtraindo dá -e^{-x}). A segunda derivada soma 2 com e^{-x}.
  • Observações úteis:
    \,g''(x)=2+e^{-x}>0 para todo x (pois e^{-x}>0). Isso significa que g é estritamente convexa em toda a reta real. Em funções convexas, qualquer ponto crítico (onde g'=0) é um mínimo global e, como a convexidade é estrita, esse mínimo é único.
  • Mostrar que existe exatamente uma raiz de g'(x)=0 e que ela é positiva:
    g'(0)=2\cdot 0 - e^{0} = -1 <0, \qquad \lim_{x\to+\infty} g'(x)=+\infty.
    Como g' é contínua e estritamente crescente ou decrescente? Vamos ver a monotonicidade de g': g''(x)=2+e^{-x}>0 implica que g' é estritamente crescente. Então, com g'(0)<0 e g'(x)\to+\infty quando x\to+\infty, existe exatamente um ponto r>0 tal que g'(r)=0. Pelo que já dissemos, por convexidade estrita esse r é o único ponto de mínimo de g, e é positivo.
Conclusão do item (a): existe um único ponto de mínimo r e ele satisfaz g'(r)=0 com r>0.

Passo 3

(b) Método de Newton: montar iteração e calcular 3 iterações a partir de x_{0}=1. Mostrar convergência para essa escolha.
  • Preparação: para encontrar o mínimo usamos a equação g'(x)=0. Definimos
    f(x)=g'(x)=2x - e^{-x}.
    O método de Newton para resolver f(x)=0 é
    x_{n+1}=x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
    Aqui f'(x)=g''(x)=2+e^{-x}. Então a iteração de Newton fica
    x_{n+1}=x_n - \frac{2x_n - e^{-x_n}}{2 + e^{-x_n}}.
  • Primeira iteração x_1 a partir de x_0=1:
    x_1 = 1 - \frac{2\cdot 1 - e^{-1}}{2 + e^{-1}} = 1 - \frac{2 - e^{-1}}{2 + e^{-1}} = \frac{2e^{-1}}{2 + e^{-1}}.
    (fórmula simplificada: x_1 = 2 e^{-1}/(2+e^{-1})). Numérico: usando e^{-1}\approx0,3678794412,
    x_1 \approx 0,310727965.
    Explicando: fiz a substituição direta e simplifiquei a fração; depois substituí e^{-1} por sua aproximação decimal.
  • Segunda iteração x_2:
    calcular e^{-x_1}, f(x_1), f'(x_1) e aplicar a fórmula.
    Aproximações:
    e^{-x_1}\approx e^{-0,310727965}\approx 0,732895,
f(x_1)=2x_1 - e^{-x_1}\approx 2\cdot0,310727965 - 0,732895 \approx -0,111439,
f'(x_1)=2 + e^{-x_1}\approx 2{,}732895.
Portanto
x_2 = x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} \approx 0{,}310727965 - \frac{-0{,}111439}{2{,}732895} \approx 0{,}351530427.
  • Terceira iteração x_3:
    calcular e^{-x_2}, f(x_2), f'(x_2): e^{-x_2}\approx e^{-0{,}351530427}\approx 0{,}703998,
f(x_2)=2x_2 - e^{-x_2}\approx 2\cdot0{,}351530427 - 0{,}703998 \approx -0{,}000937,
f'(x_2)=2 + e^{-x_2}\approx 2{,}703998.
Assim
x_3 = x_2 - \frac{f(x_2)}{f'(x_2)} \approx 0{,}351530427 - \frac{-0{,}000937}{2{,}703998} \approx 0{,}351867\\ (\text{aprox.}).
(Observação: as aproximações intermediárias de e^{-x} e dos quocientes foram arredondadas; esse processo dá x_3 com precisão suficiente para nossa finalidade.)
  • Comentário sobre convergência (mostrar que o método converge para x_0=1):
    Defina o mapeamento de Newton
    N(x)=x - \frac{f(x)}{f'(x)}.
    Vamos mostrar que N é uma contração em [0,1] (isso garante convergência a partir de qualquer x_0\in[0,1], em particular x_0=1).
    • Derivada de N: usando cálculo direto,
      N'(x)=\frac{f(x) f''(x)}{(f'(x))^{2}}.
      Substituindo f(x)=2x-e^{-x}, f''(x)=-e^{-x} e f'(x)=2+e^{-x}, obtemos
      N'(x) = -\frac{(2x - e^{-x})\,e^{-x}}{(2 + e^{-x})^{2}}.
    • Estimativa do módulo em [0,1]: para x\in[0,1] temos e^{-x}\in[e^{-1},1] e |2x-e^{-x}|\le \max\{1,\,2-e^{-1}\}=2-e^{-1}\approx1{,}6321206. Assim
      |N'(x)| \le \frac{(2-e^{-1})\cdot 1}{(2+e^{-1})^{2}}.
      Calculando numericamente o lado direito dá aproximadamente
      |N'(x)| \le 0{,}292\quad(\text{para todo }x\in[0,1]).
      Como 0{,}292<1, N é Lipschitz com constante k\le 0{,}292 em [0,1].
    • Mostrar que N([0,1])\subset[0,1]: calculando N(0)=1/3\in[0,1] e N(1)\approx0{,}3107\in[0,1]. Além disso, o único ponto crítico de N em [0,1] é o ponto onde f(x)=0 (o mínimo r), e N(r)=r. Assim os valores de N em [0,1] ficam contidos no intervalo entre N(0),N(1),r, todos dentro de [0,1]. Portanto N mapeia [0,1] em si mesma.
    • Conclusão: pelo Teorema do Ponto Fixo de Banach (contração), N tem um único ponto fixo em [0,1] (que é a raiz r de f) e as iterações x_{n+1}=N(x_n) a partir de qualquer x_0\in[0,1], em particular x_0=1, convergem para r. Logo o método de Newton é convergente para x_0=1.

Passo 4

(c) Verificar sem determinar r se o valor obtido em (b) dista menos que 10^{-3} do ponto de mínimo. Justificativa usando a propriedade de contração.
  • Usamos que N é contração em [0,1] com constante k\le 0{,}292 (ver Passo 3). Para um mapeamento de contração vale a desigualdade (telescópica)
    |x_n - r| \le \frac{k}{1-k}\,|x_n - x_{n-1}|\qquad(\text{para }n\ge 1),
    porque |x_n-r|\le \sum_{j=n}^{\infty} |x_{j+1}-x_j| \le |x_n-x_{n-1}|\sum_{i=0}^\infty k^i=\dfrac{|x_n-x_{n-1}|}{1-k} e também |x_n-x_{n-1}|\le k|x_{n-1}-x_{n-2}| permite a forma com k/(1-k) quando usamos n apropriadamente. Usamos a forma prática
    |x_3 - r| \le \frac{k}{1-k}\,|x_3 - x_2|.
  • Já calculamos numericamente no Passo 3:
    x_2 \approx 0{,}351530427,\qquad x_3 \approx 0{,}351867\quad(\text{aprox.}),
    então
    |x_3 - x_2| \approx 0{,}0003366\\ (\text{aprox.}).
    (os valores foram obtidos nas iterações do Newton mostradas; podem ser repetidos rapidamente com as fórmulas dadas).
  • Com k\le 0{,}292 obtemos
    \frac{k}{1-k} \le \frac{0{,}292}{1-0{,}292}\approx \frac{0{,}292}{0{,}708}\approx 0{,}412.
    Assim
    |x_3 - r| \le 0{,}412 \cdot 0{,}0003366 \approx 0{,}000139 \ll 10^{-3}.
Conclusão do item (c): sem precisar conhecer r explicitamente, a desigualdade acima garante que a aproximação x_3 obtida em (b) está a menos de 10^{-3} do ponto de mínimo.

Resposta

(a) A função g tem um único ponto de mínimo r>0, pois g'(x)=2x-e^{-x} tem uma única raiz positiva e g''(x)=2+e^{-x}>0 (convexidade estrita).
(b) Iterações de Newton para f(x)=g'(x)=2x-e^{-x}:
x_{n+1}=x_n-\dfrac{2x_n-e^{-x_n}}{2+e^{-x_n}}.
A partir de x_{0}=1:
x_{1}\approx 0{,}310727965,
x_{2}\approx 0{,}351530427,
x_{3}\approx 0{,}351867.
O método é convergente para x_{0}=1 porque o mapeamento de Newton N(x) é uma contração em [0,1] (isto é, \sup_{[0,1]}|N'(x)|\le 0{,}292<1) e N([0,1])\subset[0,1].
(c) Usando a constante de contração k\le0{,}292 e |x_3-x_2|\approx 3{,}366\times10^{-4}, tem-se
|x_3-r|\le\dfrac{k}{1-k}\,|x_3-x_2|\approx 1{,}39\times10^{-4}<10^{-3}. Portanto x_3 dista menos de 10^{-3} do ponto de mínimo.

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