Determine uma aproximação para a raiz positiva da equação
f(x)=e^{-x}-x
utilizando o método de Newton-Raphson.

Passo 1

O problema pede: aproximar a raiz positiva da equação
f(x)=e^{-x}-x.
Informações dadas:
  • A função é f(x)=e^{-x}-x.
  • Quer-se aplicar o método de Newton-Raphson para encontrar a raiz positiva (ou seja, o x>0 tal que f(x)=0).

Passo 2

O método de Newton-Raphson (ou método de Newton) é uma técnica iterativa para achar raízes de uma função. A fórmula iterativa é:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Explicando devagar:
  • x_n é a aproximação atual da raiz.
  • f(x_n) é o valor da função nessa aproximação.
  • f'(x_n) é a derivada da função nessa aproximação.
  • A razão \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} é uma correção; subtrai-se essa correção de x_n para obter x_{n+1}, que costuma ser muito mais próximo da raiz se a aproximação inicial for razoável.
Agora calculemos a derivada de f. Para f(x)=e^{-x}-x,
f'(x)=\frac{d}{dx}\big(e^{-x}-x\big) = -e^{-x}-1 = -(e^{-x}+1).
Aqui:
  • e^{-x} é a exponencial,
  • f'(x) é negativo para todo x (pois e^{-x}+1>0), informação útil para entender o sinal das correções.

Passo 3

Escolha de aproximação inicial x_0.
Primeiro verifico sinais simples para localizar a raiz:
f(0)=e^{0}-0=1>0, \qquad f(1)=e^{-1}-1\approx 0,3679-1=-0,6321<0.
Como f(0)>0 e f(1)<0, existe pelo menos uma raiz em (0,1). Vou escolher
x_0=0,5,
porque é um palpite central e já dá f(x_0) não muito pequeno nem muito grande (bom ponto de partida).

Passo 4

Primeira iteração ( n=0 n=1).
Calcule f(x_0) e f'(x_0).
e^{-0,5}\approx 0,6065306597,
f(0,5)=e^{-0,5}-0,5\approx 0,6065306597-0,5=0,1065306597,
f'(0,5)=-(e^{-0,5}+1)\approx -(0,6065306597+1)=-1,6065306597.
Aplicando Newton:
x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} =0,5 - \frac{0,1065306597}{-1,6065306597} =0,5 + 0,0663110031 \approx 0,5663110031.
Comentário prático: o sinal de f'(0,5) é negativo, então como f(0,5)>0 acabamos somando uma pequena quantidade a 0,5, aproximando-nos da raiz.

Passo 5

Segunda iteração ( n=1 n=2).
Primeiro calculo e^{-x_1}. Usando o valor obtido:
x_1\approx 0,5663110031,
e^{-0,5663110031}\approx 0,5671431656.
Agora
f(x_1)=e^{-x_1}-x_1\approx 0,5671431656-0,5663110031=0,0008321625,
f'(x_1)=-(e^{-x_1}+1)\approx -(0,5671431656+1)=-1,5671431656.
Aplicando Newton:
x_2 = x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} =0,5663110031 - \frac{0,0008321625}{-1,5671431656} =0,5663110031 + 0,0008321624 \approx 0,5671431656.
Repare que já estamos muito próximos da solução: a correção ficou da ordem de 8\times10^{-4} no passo anterior e agora muito menor.

Passo 6

Terceira iteração ( n=2 n=3) e critério de parada.
Com
x_2\approx 0,5671431656,
calculo
e^{-x_2}\approx 0,5671432904,
f(x_2)=e^{-x_2}-x_2\approx 0,5671432904-0,5671431656=1,247\times10^{-7},
f'(x_2)=-(e^{-x_2}+1)\approx -1,5671432904.
Aplicando Newton:
x_3 = x_2 - \frac{f(x_2)}{f'(x_2)} \approx 0,5671431656 - \frac{1,247\times10^{-7}}{-1,5671432904} \approx 0,5671431656 + 7,958\times10^{-8} \approx 0,5671432452\\ \text{(aprox.)}
Se quisermos mais precisão, outra iteração leva a
x_3\approx 0,5671432904
(com valores completos: x_3\approx 0,5671432904097838 quando calculado com precisão maior).
Critério prático de parada: parar quando |x_{n+1}-x_n| for menor que a tolerância desejada (por exemplo 10^{-6} ou 10^{-8}). Aqui já na segunda/terceira iteração a diferença é menor que 10^{-6}.

Passo 7

Resumo e dica prática para a prova.
  • Fórmula usada: \displaystyle x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} com f(x)=e^{-x}-x e f'(x)=-(e^{-x}+1).
  • Escolha um x_0 no intervalo onde há mudança de sinal (aqui (0,1)), por exemplo x_0=0,5.
  • Fazer 2 ou 3 iterações já dá uma aproximação com boa precisão (dependendo da tolerância).
  • Sempre verifique o critério de parada: |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon ou |f(x_{n+1})|<\varepsilon.
Palavra de incentivo: a sequência converge rápido (convergência quadrática de Newton quando a raiz é simples), então não precisa de muitas iterações — com 2 ou 3 iterações geralmente já se obtém 6–8 casas corretas.

Resposta

x\approx 0,56714329

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