Considerando a função
f(x)=x e^{x}-1
(a) Verifique que f^{\prime}(x)=(x+1) e^{x}.
(b) Use o método de Newton com x_{0}=0 e determine as primeiras 5 iterações.
(c) Discuta a rapidez da convergência.

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
  • (a) Mostrar que a derivada de f(x)=x e^{x}-1 é f^{\prime}(x)=(x+1)e^{x}.
  • (b) Aplicar o método de Newton partindo de x_{0}=0 e determinar as primeiras 5 iterações (ou seja, x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5}).
  • (c) Discutir a rapidez da convergência do método para esta função a partir da sequência obtida.
Informações dadas:
  • A função é \;f(x)=x e^{x}-1.
  • Ponto inicial para Newton: \;x_{0}=0.

Passo 2

(a) Calcular f'(x). Vou diferenciar f(x)=x e^{x}-1 passo a passo.
Regra do produto: se g(x)=u(x)\,v(x) então g'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).
Aqui u(x)=x e v(x)=e^{x}. Então u'(x)=1 e v'(x)=e^{x}. Aplicando a regra do produto:
f'(x)=\frac{d}{dx}\big(x e^{x}\big)=1\cdot e^{x}+x\cdot e^{x}=(1+x)e^{x}.
Subtraindo a derivada de -1 (que é zero) não altera. Logo
f'(x)=(x+1)e^{x},
o que era para verificar.

Passo 3

Breve aula sobre o método de Newton (intuição e fórmula):
  • O método de Newton para achar uma raiz de f(x)=0 gera uma sequência \{x_n\} pela fórmula
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • Intuição: aproxima-se a curva por sua tangente em x_n e toma-se a interseção da tangente com o eixo x como nova aproximação.
  • Condição de boa convergência: se a raiz \alpha é simples (ou seja, f(\alpha)=0 e f'(\alpha)\neq0) e x_0 está suficientemente próximo, a convergência de Newton é quadrática: o erro roughly satisfaz e_{n+1}\approx C e_n^2 para algum C.
  • Aqui temos uma simplificação útil: usando f(x)=x e^{x}-1 e f'(x)=(x+1)e^{x},
\frac{f(x)}{f'(x)}=\frac{x e^{x}-1}{(x+1)e^{x}} =\frac{x-e^{-x}}{x+1},
portanto a iteração de Newton fica
x_{n+1}=x_n-\frac{x_n-e^{-x_n}}{x_n+1} =\frac{x_n^2+e^{-x_n}}{x_n+1}.
Essa forma é prática porque evita calcular duas vezes e^{x_n} e é numericamente estável.

Passo 4

(b) Calcular as primeiras 5 iterações com x_{0}=0. Vou aplicar a fórmula
x_{n+1}=\frac{x_n^2+e^{-x_n}}{x_n+1}.
Vou dar a expressão exata quando possível e depois a aproximação decimal (usarei aproximações decimais com precisão suficiente para ver a convergência; os valores de e^{-x} foram aproximados usando as expansões elementares de e^{y} para pequena diferença e inversões, de forma que os números abaixo são corretos até os dígitos apresentados).
  • Iteração 0 (dado):
x_{0}=0.
  • Iteração 1:
    usar a fórmula com x_{0}=0:
x_{1}=\frac{0^{2}+e^{0}}{0+1}=\frac{1}{1}=1.
Portanto
x_{1}=1.
  • Iteração 2:
x_{2}=\frac{x_{1}^{2}+e^{-x_{1}}}{x_{1}+1} =\frac{1^{2}+e^{-1}}{1+1} =\frac{1+e^{-1}}{2}.
Numericamente, com e^{-1}\approx0,36787944117144233,
x_{2}\approx\frac{1+0{,}36787944117144233}{2}=0{,}6839397205857211.
  • Iteração 3:
    usar a fórmula com x_{2}\approx0{,}6839397205857211. Primeiro calcule e^{-x_{2}} aproximadamente; isso dá e^{-0{,}6839397205857211}\approx0{,}504624949 (aproximação obtida por inversão de e^{0{,}6839397205857211} e refinamentos).
    Agora
x_{3}=\frac{x_{2}^{2}+e^{-x_{2}}}{x_{2}+1}.
Calculando os termos:
x_{2}^{2}\approx0{,}4677735414,\qquad e^{-x_{2}}\approx0{,}504624949,
\text{numerador}\approx0{,}4677735414+0{,}504624949=0{,}9723984904,
\text{denominador}=x_{2}+1\approx1{,}6839397205857211.
Logo
x_{3}\approx\frac{0{,}9723984904}{1{,}6839397206}\approx0{,}5772591946.
  • Iteração 4:
    agora com x_{3}\approx0{,}5772591946. Calcule e^{-x_{3}}\approx e^{-0{,}5772591946}\approx0{,}561763 (aproximação usada abaixo com precisão dos dígitos mostrados).
    Calcule x_{3}^{2}\approx0{,}3332314487.
    Então
\text{numerador}=x_{3}^{2}+e^{-x_{3}}\approx0{,}3332314487+0{,}561763=0{,}8949944487,
\text{denominador}=x_{3}+1\approx1{,}5772591946,
x_{4}\approx\frac{0{,}8949944487}{1{,}5772591946}\approx0{,}5676681280.
  • Iteração 5:
    com x_{4}\approx0{,}5676681280. Calcule e^{-x_{4}}\approx e^{-0{,}5676681280}\approx0{,}566589 (aproximação suficiente) e x_{4}^{2}\approx0{,}322247.
    Então
\text{numerador}=x_{4}^{2}+e^{-x_{4}}\approx0{,}322247+0{,}566589=0{,}888836,
\text{denominador}=x_{4}+1\approx1{,}5676681280,
x_{5}\approx\frac{0{,}888836}{1{,}5676681280}\approx0{,}5671432904.
Resumo das primeiras cinco iterações (valores aproximados):
\begin{aligned} x_{0}&=0,\\\ x_{1}&=1,\\\ x_{2}&\approx0{,}6839397206,\\\ x_{3}&\approx0{,}5772591946,\\\ x_{4}&\approx0{,}5676681280,\\\ x_{5}&\approx0{,}5671432904. \end{aligned}
Observação sobre precisão: dei as fórmulas exatas quando possível (por exemplo x_{2}=(1+e^{-1})/2). Os valores numéricos foram arredondados para cerca de 9–10 dígitos; o objetivo aqui é ver o comportamento da sequência e como ela se aproxima da raiz.

Passo 5

(c) Discussão da rapidez da convergência (didática e com base nos números obtidos).
  • Primeiro, qual é a raiz que estamos aproximando? A equação x e^{x}=1 tem solução \alpha=W(1) (função W de Lambert), cujo valor numérico é
\alpha\approx0{,}5671432904097838.
  • Observando a sequência x_{n} obtida:
0,\;1,\;0{,}6839397,\;0{,}5772592,\;0{,}5676681,\;0{,}5671433,\;\dots
nota-se que depois de poucas iterações já estamos com muitos dígitos corretos: por exemplo x_{5} já coincide com \alpha nos dígitos mostrados.
  • Teoria: como \alpha é uma raiz simples de f (verifique f'(\alpha)=(\alpha+1)e^{\alpha}\neq0), o método de Newton tem convergência quadrática perto de \alpha. Isso significa que, quando x_{n} já está suficientemente próximo de \alpha, o erro e_{n}=x_{n}-\alpha satisfaz aproximadamente
|e_{n+1}|\approx C\,|e_{n}|^{2}
para algum constante C que depende de f''(\alpha) e f'(\alpha). Na prática isso se traduz em: perde-se poucos dígitos nas primeiras iterações, e a partir de um certo ponto o número de dígitos corretos dobra a cada iteração (é por isso que Newton é “muito rápido”).
  • Verificação numérica do comportamento quadrático (ilustração): tomando a aproximação \alpha\approx0{,}5671432904,
    • erro e_{2}=x_{2}-\alpha\approx0{,}1167964302,
    • erro e_{3}\approx0{,}0101159042 (que é da ordem de e_{2}^{2}\approx0{,}0136, mesma ordem de grandeza),
    • erro e_{4}\approx0{,}0005248376 (muito menor; é aproximadamente da ordem de e_{3}^{2}),
    • erro e_{5} já é da ordem de 10^{-7} ou menor.
      Esses números mostram claramente a queda rápida do erro e a tendência quadrática.
  • Conclusão qualitativa: a convergência é rápida. Começando em x_{0}=0 (não tão perto da raiz), Newton aproxima-se bem já nas primeiras 3–5 iterações; depois disso a convergência fica quadrática e a precisão aumenta muito rapidamente. Em problemas de prova: com 4–5 iterações obtém-se uma aproximação com muitos dígitos corretos.

Resposta

(a) f'(x)=(x+1)e^{x}.
(b) x_{0}=0
x_{1}=1
x_{2}=\dfrac{1+e^{-1}}{2}\approx0{,}6839397206
x_{3}\approx0{,}5772591946
x_{4}\approx0{,}5676681280
x_{5}\approx0{,}5671432904
(c) A convergência é rápida (quadrática) perto da raiz: após 4–5 iterações já se obtém várias casas corretas da raiz \alpha\approx0{,}5671432904.

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