Dada a função transcendente \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{e}^{-\boldsymbol{x}}-\boldsymbol{x} e no intervalo (0,1) e \varepsilon=10^{-3}. Pede-se determinar a raiz usando o método: Newton-Raphson Obs.: É necessário e obrigatório fazer a tabela final com os resultados.

Passo 1

O enunciado pede: determinar a raiz da função \displaystyle f(x)=e^{-x}-x no intervalo (0,1) usando o método de Newton-Raphson com tolerância \varepsilon=10^{-3}, e apresentar uma tabela final com os resultados.
Dados relevantes fornecidos:
  • A função: \displaystyle f(x)=e^{-x}-x.
  • Intervalo onde procurar a raiz: (0,1).
  • Precisão exigida: \displaystyle \varepsilon=10^{-3}.
    O que se pede explicitamente:
  • Aplicar o método de Newton-Raphson até que o critério de parada |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon seja satisfeito;
  • Montar uma tabela com as iterações e os valores relevantes (valores de x_n, f(x_n), f'(x_n), x_{n+1}, e o erro |x_{n+1}-x_n|).

Passo 2

Explicando o método de Newton-Raphson de forma didática:
  • A ideia: aproximar a raiz de f(x)=0 usando a linearização (reta tangente) em torno de um palpite x_n. A interseção da reta tangente com o eixo x dá a próxima aproximação x_{n+1}.
  • Fórmula geral do método:
x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui f'(x) é a derivada de f em x; f(x_n) é o valor da função no palpite atual.
  • Para a nossa função, calculamos a derivada:
f(x)=e^{-x}-x \quad\Rightarrow\quad f'(x)=-e^{-x}-1=-(e^{-x}+1).
  • Observação prática: como f'(x) é fácil de calcular aqui, o método é direto. Devemos garantir que f'(x_n)\neq0 (aqui nunca é zero porque e^{-x}>0, logo f'(x)=-e^{-x}-1<0 sempre).
  • Critério de parada que vamos usar (o pedido): parar quando |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon com \varepsilon=10^{-3}.

Passo 3

Escolha do palpite inicial x_0 (necessário para iniciar Newton):
  • Não foi dado um x_0. Como o intervalo é (0,1), uma escolha natural e simples é o ponto médio x_0=0,5. É uma escolha padrão quando não há outro critério.
  • Para simplificar cálculos, podemos reescrever a fórmula do passo de Newton para esta função. Substituindo f e f':
x_{n+1}=x_n-\dfrac{e^{-x_n}-x_n}{-e^{-x_n}-1} = x_n+\dfrac{e^{-x_n}-x_n}{e^{-x_n}+1}.
Essa expressão pode ser simplificada (multiplicando numerador e denominador convenientemente) para a forma:
x_{n+1}=\dfrac{(1+x_n)e^{-x_n}}{1+e^{-x_n}}.
Essa forma é numérica e prática: dado x_n, calcular e^{-x_n} e aplicar a fórmula acima para obter x_{n+1}.

Passo 4

Primeira iteração ( n=0): partir de x_0=0,5. Vamos calcular passo a passo com explicações:
  • Calcular e^{-x_0}:
e^{-x_0}=e^{-0,5}\approx 0,6065306597.
  • Calcular f(x_0)=e^{-x_0}-x_0:
f(x_0)\approx 0,6065306597-0,5=0,1065306597.
  • Calcular f'(x_0)=-e^{-x_0}-1:
f'(x_0)\approx -0,6065306597-1=-1,6065306597.
  • Calcular x_1 pela fórmula de Newton (usar a forma prática):
x_1 = \dfrac{(1+x_0)e^{-x_0}}{1+e^{-x_0}} = \dfrac{(1+0,5)\cdot 0,6065306597}{1+0,6065306597} \approx \dfrac{0,9097959896}{1,6065306597}\approx 0,5663110031.
  • Erro entre iterações:
|x_1-x_0| \approx |0,5663110031-0,5| = 0,0663110031.
Comentário: esse erro é bem maior que \varepsilon=10^{-3}, logo precisamos continuar.

Passo 5

Segunda iteração ( n=1): partir de x_1\approx 0,5663110031. Cálculos:
  • Primeiro calcular e^{-x_1}. Uma forma prática de estimar é usar relações com o valor exato conhecido da solução, mas aqui fazemos a aproximação direta:
e^{-x_1}\approx 0,5676159364.
(essa aproximação pode ser obtida por um cálculo de exponencial; usei truncamentos compatíveis com a precisão pedida).
  • Calcular f(x_1)=e^{-x_1}-x_1:
f(x_1)\approx 0,5676159364-0,5663110031=0,0013049333\\ (\text{aprox. }0,001305).
  • Calcular f'(x_1)=-e^{-x_1}-1:
f'(x_1)\approx -0,5676159364-1=-1,5676159364.
  • Calcular x_2 pela fórmula:
x_2 = x_1+\dfrac{e^{-x_1}-x_1}{e^{-x_1}+1} \approx 0,5663110031+\dfrac{0,0013049333}{1,5676159364}\approx 0,5663110031+0,0008322920\approx 0,5671432951.
  • Erro entre iterações:
|x_2-x_1|\approx 0,0008322920.
Comparação com o critério: 0,0008322920<\varepsilon(=0,001). Portanto a condição de parada é satisfeita na segunda iteração e podemos aceitar x_2 como aproximação da raiz com a precisão exigida.

Passo 6

Comentários didáticos finais sobre convergência e precisão:
  • O método de Newton-Raphson tipicamente converge muito rápido (convergência quadrática) quando a aproximação inicial está razoavelmente perto da raiz e f' não é zero; é o que aconteceu aqui: em duas iterações já atingimos |x_{n+1}-x_n|<10^{-3}.
  • A forma reescrita \displaystyle x_{n+1}=\dfrac{(1+x_n)e^{-x_n}}{1+e^{-x_n}} ajuda a calcular numericamente sem manipular frações negativas.
  • Observação prática para prova: sempre calcule f(x_n) e f'(x_n) com precisão suficiente para comparar com \varepsilon. Use arredondamentos coerentes — aqui mantivemos cerca de 7 a 10 casas significativas nas etapas intermédias e reportamos com 9 casas onde foi útil.

Passo 7

Tabela final das iterações (valores aproximados mostrados com precisão suficiente para o critério pedido):
n x_n f(x_n)=e^{-x_n}-x_n f'(x_n)=-e^{-x_n}-1 x_{n+1} ( x_{n+1}-x_n )
0 0,500000000 0,1065306597 -1,6065306597 0,5663110031 0,0663110031
1 0,5663110031 0,0013049333 -1,5676159364 0,5671432951 0,0008322920
Observação: a iteração n=1\to n=2 já satisfaz ( x_{2}-x_{1} <\varepsilon), portanto a execução é parada e a aproximação final da raiz é x_2.

Resposta

0,5671432951

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