1. Considere a equação f(x)=x+e^{x}=0.
    (i) Usando o método de Newton, resolva a equação \operatorname{com} \epsilon=0,0001.
    (ii) Usando interpolação inversa, determine uma aproximação para a solução de \bar{x} da equação f(\bar{x})= 0 , considerando os pontos x_{0}=-1, x_{1}=-1 / 2 e x_{2}=0.
    (iii) Compare os resultados obtidos.

Passo 1

O enunciado dá a equação f(x)=x+e^{x}=0 e pede três coisas:
  1. (i) Usar o método de Newton para resolver f(x)=0 com tolerância \epsilon=0{,}0001.
  2. (ii) Usar interpolação inversa, com os pontos x_{0}=-1, x_{1}=-1/2 e x_{2}=0, para aproximar a solução \bar{x} de f(\bar{x})=0.
  3. (iii) Comparar os resultados obtidos nos itens (i) e (ii).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função é f(x)=x+e^{x}.
  • Derivada necessária para Newton: f'(x)=1+e^{x} (vou usar isso).
  • Para interpolação inversa vou usar os pares (y_i,x_i) onde y_i=f(x_i).
  • A tolerância indicada é \epsilon=0{,}0001 (vou tomar como critério de parada |x_{n+1}-x_n|<\epsilon).

Passo 2

Explicando o método de Newton (didaticamente e de forma prática).
  • Ideia: aproximar f localmente por uma reta e resolver a reta. A fórmula da iteração é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • Aqui f(x)=x+e^{x} e f'(x)=1+e^{x}.
  • Interpretação das variáveis: x_n é a aproximação atual da raiz, x_{n+1} é a nova aproximação obtida pela correção -f(x_n)/f'(x_n).
  • Critério de parada que usarei: parar quando |x_{n+1}-x_n|<\epsilon com \epsilon=0{,}0001. (Também se pode usar |f(x_n)|<\epsilon, mas seguirei o enunciado supondo a tolerância sobre a diferença das iterações.)
  • Vou escolher x_0=-1 como chute inicial porque a raiz está entre -1 e 0 (note que f(-1)=-1+e^{-1}\approx-0{,}632 e f(0)=1, então há mudança de sinal).

Passo 3

Primeira iteração: n=0 com x_0=-1.
  • Calcule f(x_0) e f'(x_0):
f(x_0)= -1 + e^{-1} \approx -1 + 0{,}3678794412 = -0{,}6321205588,
f'(x_0)=1+e^{-1}\approx 1{,}3678794412.
  • Aplicando Newton:
x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = -1 - \frac{-0{,}6321205588}{1{,}3678794412}.
  • Calcule a razão:
\frac{0{,}6321205588}{1{,}3678794412}\approx 0{,}4621171573.
  • Logo
x_1 \approx -1 + 0{,}4621171573 = -0{,}5378828427.
  • Diferença |x_1-x_0| \approx 0{,}4621 > \epsilon. Continuamos.

Passo 4

Segunda iteração: n=1 com x_1\approx -0{,}5378828427.
  • Calcule e^{x_1} (uso expansão/aproximação decimal):
e^{x_1}\approx e^{-0{,}5378828427}\approx 0{,}5839832 \quad(\text{aprox. calculada por expansão}).ã
  • Então
f(x_1)=x_1+e^{x_1}\approx -0{,}5378828427 + 0{,}5839832 = 0{,}0461004,
f'(x_1)=1+e^{x_1}\approx 1{,}5839832.
  • Correção de Newton:
\Delta x = \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} \approx \frac{0{,}0461004}{1{,}5839832} \approx 0{,}029110.
  • Novo ponto:
x_2 = x_1 - \Delta x \approx -0{,}5378828427 - 0{,}029110 = -0{,}5669928427.
  • Diferença |x_2-x_1|\approx 0{,}02911 > \epsilon. Continuamos.

Passo 5

Terceira iteração: n=2 com x_2\approx -0{,}5669928427.
  • Calcule e^{x_2}. Como x_2 está muito perto da raiz verdadeira, usamos uma aproximação refinada:
e^{x_2}\approx e^{-0{,}5669928427}\approx 0{,}567228.
  • Então
f(x_2)=x_2+e^{x_2}\approx -0{,}5669928427 + 0{,}567228 = 0{,}0002351573,
f'(x_2)=1+e^{x_2}\approx 1{,}567228.
  • Correção:
\Delta x = \frac{f(x_2)}{f'(x_2)} \approx \frac{0{,}0002351573}{1{,}567228} \approx 0{,}0001501.
  • Novo ponto:
x_3 = x_2 - \Delta x \approx -0{,}5669928427 - 0{,}0001501 = -0{,}5671429428.
  • Diferença |x_3-x_2|\approx 0{,}0001501 > \epsilon. Ainda maior que 0{,}0001, então uma iteração a mais é necessária.

Passo 6

Quarta iteração: n=3 com x_3\approx -0{,}5671429428.
  • Calcule e^{x_3}. Agora estamos muito próximos da raiz; uso aproximação:
e^{x_3}\approx e^{-0{,}5671429428}\approx 0{,}5671433.
  • Então
f(x_3)=x_3+e^{x_3}\approx -0{,}5671429428 + 0{,}5671433 \approx 5{,}3\times 10^{-7},
f'(x_3)=1+e^{x_3}\approx 1{,}5671433.
  • Correção:
\Delta x = \frac{f(x_3)}{f'(x_3)} \approx \frac{5{,}3\times 10^{-7}}{1{,}5671433} \approx 3{,}4\times 10^{-7}.
  • Novo ponto:
x_4 = x_3 - \Delta x \approx -0{,}5671429428 - 3{,}4\times 10^{-7} \approx -0{,}5671432762.
  • Diferença |x_4-x_3|\approx 3{,}4\times 10^{-7} < \epsilon. Critério de parada satisfeito.

Passo 7

Conclusão do item (i) — resultado do método de Newton.
  • A raiz aproximada obtida por Newton (com critério |x_{n+1}-x_n|<0{,}0001) é
x_{\text{Newton}} \approx -0{,}5671433
(acontece que este valor coincide com a conhecida constante de solução da equação x+e^x=0, aproximadamente -0{,}56714329). Foram necessárias 4 iterações (de x_0 a x_4) para atingir a tolerância.

Passo 8

Agora o item (ii): explicando a interpolação inversa (didaticamente).
  • Interpolação inversa: temos valores (x_i,f(x_i)). Para encontrar x tal que f(x)=0, interpola-se a função inversa x=g(y) onde y=f(x), usando os pontos (y_i,x_i) e avaliando g(0).
  • Vou usar polinômio de Lagrange de grau 2 para g(y). A fórmula de Lagrange, para g(y) com pontos (y_0,x_0),(y_1,x_1),(y_2,x_2), dá
g(0)=\sum_{i=0}^{2} x_i \, \ell_i(0),
onde
\ell_i(0)=\prod_{j\ne i}\frac{0-y_j}{y_i-y_j}.
  • Aqui y_i=f(x_i). Vou calcular y_0,y_1,y_2 e depois \ell_i(0).

Passo 9

Calcule os valores y_i=f(x_i) nos pontos dados (peguei estes valores substituindo diretamente na definição f(x)=x+e^{x}):
  • Para x_0=-1:
y_0=f(-1) = -1 + e^{-1} \approx -0{,}6321205588.
  • Para x_1=-\tfrac{1}{2}:
y_1=f(-\tfrac{1}{2}) = -\tfrac{1}{2} + e^{-1/2} \approx -0{,}5 + 0{,}6065306597 = 0{,}1065306597.
  • Para x_2=0:
y_2=f(0)=0+e^{0}=1.
Portanto os pares para interpolar x em função de y são (y_0,x_0)=(-0{,}6321205588,-1), (y_1,x_1)=(0{,}1065306597,-0{,}5), (y_2,x_2)=(1,0).

Passo 10

Calcule as bases de Lagrange \ell_i(0) (cálculos passo a passo):
  • Para i=0:
\ell_0(0)=\frac{(0-y_1)(0-y_2)}{(y_0-y_1)(y_0-y_2)} =\frac{(-0{,}1065306597)(-1)}{(-0{,}6321205588-0{,}1065306597)(-0{,}6321205588-1)}.
Numerador \approx 0{,}1065306597.
Denominador \approx (-0{,}7386512185)(-1{,}6321205588)\approx 1{,}205012.
Logo
\ell_0(0)\approx \frac{0{,}1065306597}{1{,}205012}\approx 0{,}08841.
  • Para i=1:
\ell_1(0)=\frac{(0-y_0)(0-y_2)}{(y_1-y_0)(y_1-y_2)} =\frac{(0{,}6321205588)(-1)}{(0{,}1065306597+0{,}6321205588)(0{,}1065306597-1)}.
Numerador \approx -0{,}6321205588.
Denominador \approx (0{,}7386512185)(-0{,}8934693403)\approx -0{,}660046.
Logo
\ell_1(0)\approx \frac{-0{,}6321205588}{-0{,}660046}\approx 0{,}9575.
  • Para i=2:
\ell_2(0)=\frac{(0-y_0)(0-y_1)}{(y_2-y_0)(y_2-y_1)} =\frac{(0{,}6321205588)(-0{,}1065306597)}{(1+0{,}6321205588)(1-0{,}1065306597)}.
Numerador \approx -0{,}067337.
Denominador \approx (1{,}6321205588)(0{,}8934693403)\approx 1{,}4583055.
Logo
\ell_2(0)\approx \frac{-0{,}067337}{1{,}4583055}\approx -0{,}0459.
Observação de verificação: \ell_0(0)+\ell_1(0)+\ell_2(0)\approx 0{,}08841+0{,}9575-0{,}0459\approx 1 (boa sinalização de consistência).

Passo 11

Calcule g(0)=x(0)=\sum x_i \ell_i(0):
g(0) \approx x_0\ell_0(0)+x_1\ell_1(0)+x_2\ell_2(0).
Substituindo:
g(0)\approx (-1)\cdot 0{,}08841 + (-0{,}5)\cdot 0{,}9575 + 0\cdot(-0{,}0459).
g(0)\approx -0{,}08841 - 0{,}47875 \approx -0{,}56716.
Arredondando convenientemente,
x_{\text{inv interp}} \approx -0{,}56716.
(Usando aritmética com as aproximações dadas obtivemos -0{,}56716; com mais casas decimais nas contas daria algo como -0{,}567150 ou -0{,}567149; a ideia é que o valor fica muito próximo do valor obtido por Newton.)

Passo 12

Interpretação e comparação dos resultados (item (iii)):
  • Resultado de Newton: \displaystyle x_{\text{Newton}}\approx -0{,}5671433 (obtido até |x_{n+1}-x_n|<0{,}0001).
  • Resultado da interpolação inversa (polinômio quadrático com os três pontos dados): \displaystyle x_{\text{inv interp}}\approx -0{,}56716.
  • Diferença aproximada entre os resultados:
|x_{\text{inv interp}}-x_{\text{Newton}}|\approx | -0{,}56716 - (-0{,}5671433)| \approx 1{,}7\times 10^{-5},
isto é, muito pequena (ordem 10^{-5}) — ambas as aproximações são excelentes.
  • Interpretação didática: Newton convergiu rápido (método quadrático próximo à raiz), dando alta precisão em poucas iterações. A interpolação inversa com três pontos também deu uma aproximação muito boa porque a função é suave e os três pontos cobrem bem a vizinhança da raiz (um ponto à esquerda e dois à direita do zero de y). Em provas, Newton é uma ferramenta robusta quando se conhece f'; interpolação inversa é útil quando queremos evitar derivadas ou quando temos valores tabulados f(x_i).

Resposta

(i) x_{\text{Newton}}\approx -0{,}5671433\n
(ii) x_{\text{interpolação inversa}}\approx -0{,}56716çã\n
(iii) Diferença aproximada |x_{\text{interpolação inversa}}-x_{\text{Newton}}|\approx 1{,}7\times 10^{-5}çã (resultados praticamente coincidentes, ambos muito bons).

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