Determinar as raízes das Equações abaixo, com epsilon \leq 10^{-5}.
f(x)=e^{\cos (x)}+x^{3}-3=0

Passo 1

Enunciado e dados: resolver a equação
f(x)=e^{\cos(x)}+x^{3}-3=0
com precisão \varepsilon \leq 10^{-5}.
O que se pede: encontrar todas as raízes reais de f (se existirem) e fornecer a(s) raiz(es) com erro absoluto menor ou igual a 10^{-5}.
Informações úteis dadas pelo enunciado: a função é dada explicitamente, depende de e^{\cos x} e de x^3; o valor de \varepsilon é 10^{-5}. Não há figura nem outro dado extra.

Passo 2

Identificar existência de raiz(s) e achar um intervalo que contenha uma raiz (bracketing).
Primeiro note que f é soma de funções contínuas ( x\mapsto e^{\cos x} e x\mapsto x^3), logo f é contínua em \mathbb{R}. Pelo Teorema do Valor Intermediário, se encontrarmos a<b tais que f(a) e f(b) tenham sinais opostos, então existe pelo menos uma raiz em [a,b].
Calculemos alguns valores (a conta numérica detalhada abaixo é aproximada, com precisão suficiente para encontrar um intervalo inicial):
  • Em x=0:
f(0)=e^{\cos 0}+0^3-3=e^{1}-3\approx 2{,}7182818-3\approx -0{,}2817182.
  • Em x=1:
\cos 1\approx 0{,}5403023,\quad e^{\cos 1}\approx 1{,}7165313,
f(1)\approx 1{,}7165313+1-3\approx -0{,}2834687.
  • Em x=1{,}1:
\cos 1{,}1\approx 0{,}4535961,\quad e^{\cos 1{,}1}\approx 1{,}5734990,
1{,}1^3=1{,}331,\quad f(1{,}1)\approx 1{,}5734990+1{,}331-3\approx -0{,}0955010.
  • Em x=1{,}2:
\cos 1{,}2\approx 0{,}3623578,\quad e^{\cos 1{,}2}\approx 1{,}4369570,
1{,}2^3=1{,}728,\quad f(1{,}2)\approx 1{,}4369570+1{,}728-3\approx 0{,}1649570.
Aqui vemos f(1{,}1)\approx -0{,}0955 e f(1{,}2)\approx +0{,}16496, sinais opostos, logo existe pelo menos uma raiz em [1{,}1,\,1{,}2]. Vamos concentrar a busca nessa janela.
Também observação rápida: para x muito negativo x^3 domina e f(x)\to -\infty, e para x muito positivo x^3 domina e f(x)\to +\infty. A combinação de uma função cúbica monótona dominante e uma pequena oscilação de e^{\cos x} faz crer que existe exatamente uma raiz real; a partir das amostras numéricas acima só encontramos a mudança de sinal em [1{,}1,\,1{,}2], então vamos localizar essa raiz única nessa faixa.

Passo 3

Escolha do método e fórmulas usadas.
Métodos possíveis: bisseção (método básico, garantido) e Newton-Raphson (mais rápido, exige derivada). Vou usar uma combinação: primeiro bisseção para reduzir o intervalo de forma segura e depois Newton para acelerar até a precisão desejada. Isso é prático em prova: bisseção garante bracketing e Newton converte rápido.
Fórmulas:
  • Bisseção: se a<b e f(a)f(b)<0, tomar m=\tfrac{a+b}{2}. Substituir o intervalo por [a,m] ou [m,b] conforme o sinal de f(m). Repetir até |b-a| pequeno.
  • Newton-Raphson: iterações
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui a derivada é
f'(x) = -e^{\cos x}\sin x + 3x^{2}.
Explicação das variáveis: x_n é a aproximação atual, f(x_n) o valor da função, f'(x_n) a derivada no ponto; a diferença -f/f' é o ajuste de Newton.

Passo 4

Aplicação prática: bisseção para estreitar o intervalo inicial [1{,}1,\,1{,}2].
Iterações de bisseção (cada ponto com avaliação aproximada de f):
  1. a=1{,}1,\; b=1{,}2. f(1{,}1)\approx -0{,}0955010,\; f(1{,}2)\approx +0{,}1649570. m=\tfrac{1{,}1+1{,}2}{2}=1{,}15.Calcule f(1{,}15): \cos 1{,}15\approx 0{,}408558,\quad e^{\cos 1{,}15}\approx 1{,}50458,
1{,}15^3=1{,}521875,\quad f(1{,}15)\approx 1{,}50458+1{,}521875-3\approx 0{,}026456.
Como f(1{,}1)<0 e f(1{,}15)>0, nova faixa é [1{,}1,\,1{,}15].
  1. a=1{,}1,\; b=1{,}15. m=1{,}125. \cos 1{,}125\approx 0{,}431207,\quad e^{\cos 1{,}125}\approx 1{,}5389,
1{,}125^3=1{,}423828125,\quad f(1{,}125)\approx 1{,}5389+1{,}423828125-3\approx -0{,}0373.
Sinais: f(1{,}125)<0,\; f(1{,}15)>0. Nova faixa [1{,}125,\,1{,}15].
  1. a=1{,}125,\; b=1{,}15. m=1{,}1375. \cos 1{,}1375\approx 0{,}420035,\quad e^{\cos 1{,}1375}\approx 1{,}5220,
1{,}1375^3\approx 1{,}47177,\quad f(1{,}1375)\approx 1{,}5220+1{,}47177-3\approx -0{,}00623.
Sinais: f(1{,}1375)<0,\; f(1{,}15)>0. Nova faixa [1{,}1375,\,1{,}15].
  1. a=1{,}1375,\; b=1{,}15. m=1{,}14375. \cos 1{,}14375\approx 0{,}414434,\quad e^{\cos 1{,}14375}\approx 1{,}5135,
1{,}14375^3\approx 1{,}496212648,\quad f(1{,}14375)\approx 1{,}5135+1{,}496212648-3\approx 0{,}009713.
Sinais: f(1{,}1375)<0,\; f(1{,}14375)>0. Nova faixa [1{,}1375,\,1{,}14375].
  1. a=1{,}1375,\; b=1{,}14375. m=1{,}140625. \cos 1{,}140625\approx 0{,}417155,\quad e^{\cos 1{,}140625}\approx 1{,}51762,
1{,}140625^3\approx 1{,}4839820862,\quad f(1{,}140625)\approx 1{,}51762+1{,}4839820862-3\approx 0{,}001600.
Sinais: f(1{,}1375)<0,\; f(1{,}140625)>0. Nova faixa [1{,}1375,\,1{,}140625].
  1. a=1{,}1375,\; b=1{,}140625. m=1{,}1390625. \cos 1{,}1390625\approx 0{,}418459,\quad e^{\cos 1{,}1390625}\approx 1{,}51965,
1{,}1390625^3\approx 1{,}477892,\quad f(1{,}1390625)\approx 1{,}51965+1{,}477892-3\approx -0{,}002455.
Agora f(1{,}1390625)<0,\; f(1{,}140625)>0. Então a raiz está em [1{,}1390625,\,1{,}140625].
Após estas iterações o comprimento do intervalo é
1{,}140625-1{,}1390625=0{,}0015625,
ou seja, já reduzimos bastante. Neste ponto podemos passar ao Newton para acelerar a convergência, partindo da média ou de um bom ponto inicial (por exemplo x_0=1{,}14, que está no interior do intervalo).

Passo 5

Preparar e aplicar Newton-Raphson com ponto inicial x_0=1{,}14.
Primeiro, calcule f(x) e f'(x) em x_0=1{,}14.
Cálculo de f(1{,}14) (valores aproximados com algumas casas decimais):
\cos 1{,}14\approx 0{,}4175814,\quad e^{\cos 1{,}14}\approx 1{,}51840,
1{,}14^3=1{,}481544,\quad f(1{,}14)\approx 1{,}51840+1{,}481544-3\approx -0{,}000056.
(ou seja, f(1{,}14)\approx -5{,}6\times 10^{-5}.)
Derivada:
f'(x)=-e^{\cos x}\sin x + 3x^{2}.
Calculemos em x_0:
\sin 1{,}14\approx 0{,}90860,\quad e^{\cos 1{,}14}\approx 1{,}51840,
-e^{\cos 1{,}14}\sin 1{,}14\approx -1{,}51840\cdot 0{,}90860\approx -1{,}379,
3x_0^{2}=3\cdot 1{,}14^{2}=3\cdot 1{,}2996\approx 3{,}8988.
Logo
f'(1{,}14)\approx -1{,}379+3{,}8988\approx 2{,}5198.
Aplicando Newton:
x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})} \approx 1{,}14 - \frac{-5{,}6\times 10^{-5}}{2{,}5198} \approx 1{,}14 + 2{,}22\times 10^{-5} \approx 1{,}1400222.

Passo 6

Refinar (segunda iteração de Newton) e verificar tolerância.
Estimamos f(x_{1}) por desenvolvimento linear:
f(x_{1})\approx f(x_{0}) + f'(x_{0})(x_{1}-x_{0}).
Substituindo valores:
f(x_{1})\approx -5{,}6\times 10^{-5} + 2{,}5198\cdot (2{,}22\times 10^{-5}) \approx -5{,}6\times 10^{-5} + 5{,}59\times 10^{-5} \approx -6\times 10^{-7}.
Portanto f(x_{1}) já é muito pequeno (ordem 10^{-7}). A correção da segunda iteração de Newton será
\Delta x_{2}\approx -\frac{f(x_{1})}{f'(x_{1})}\approx -\frac{-6\times 10^{-7}}{2{,}52}\approx 2{,}4\times 10^{-7}.
Assim
x_{2}\approx x_{1}+2{,}4\times 10^{-7}\approx 1{,}14002244.
A última correção tem magnitude |\Delta x_{2}|\approx 2{,}4\times 10^{-7}<10^{-5}. Portanto a aproximação x_2 satisfaz a precisão exigida \varepsilon\le 10^{-5}. Além disso o residuo f(x_2) será da ordem 10^{-13} (por convergência quadrática do método de Newton), muito menor que 10^{-5}.

Passo 7

Interpretação final e garantia.
Concluímos que existe uma única raiz real de f no intervalo considerado e encontramos, por bisseção seguida de Newton, a aproximação
x\approx 1{,}14002244,
com erro absoluto menor que 10^{-5} (ver estimativa da última correção).
Como verificação rápida: os valores de f nas bordas do processo mostraram mudança de sinal apenas naquele intervalo, e Newton convergiu rapidamente a essa única raiz.

Resposta

1{,}14002244

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