Encontre uma aproximação para a única solução da equação
e^{-x^{2}}=3 x
no intervalo I=[0,1], utilizando o método de Newton com precisão \varepsilon=10^{-6}. Faça aproximação por arredondamento para seis casas decimais na solução obtida.

Passo 1

O enunciado pede: encontrar uma aproximação para a única solução da equação
e^{-x^{2}}=3x
no intervalo I=[0,1], usando o método de Newton com precisão \varepsilon=10^{-6} e, ao final, arredondar a solução obtida para seis casas decimais.
Informações dadas (úteis para a resolução):
\text{eq.: } e^{-x^{2}}=3x, \qquad I=[0,1], \qquad \varepsilon=10^{-6}.
Não é pedido outro método: foi indicado usar Newton; vamos aplicar exatamente esse método até atingir a precisão indicada.

Passo 2

Transformando a equação em função para trabalhar com Newton: definimos
f(x)=e^{-x^{2}}-3x.
Para aplicar Newton precisamos também da derivada f'(x). Vamos derivar passo a passo:
  • A derivada de e^{-x^{2}} é obtida pela regra da cadeia: primeiro derivamos o expoente -x^{2}, que dá -2x, e multiplicamos por e^{-x^{2}}. Logo
\frac{d}{dx}\big(e^{-x^{2}}\big)=-2x\,e^{-x^{2}}.
  • A derivada de -3x é -3.
    Portanto
f'(x)=-2x\,e^{-x^{2}}-3.
Aqui: f(x) mede a diferença entre o lado esquerdo e o direito da equação; f'(x) indica a inclinação da curva — informação necessária no passo de Newton.

Passo 3

Antes de iterar, confirmamos que há exatamente uma raiz em [0,1] (isso nos dá segurança ao escolher o ponto inicial):
  • Calculemos f(0) e f(1):
f(0)=e^{0}-0=1>0, \qquad f(1)=e^{-1}-3\approx 0,367879-3=-2,632121<0.
Como f é contínua, há pelo menos uma raiz em (0,1) (troca de sinal).
  • Para unicidade, observamos f'(x)=-2x e^{-x^{2}}-3. No intervalo [0,1] temos -2x e^{-x^{2}}\le 0 e portanto f'(x)\le -3<0. Logo f é estritamente decrescente em [0,1], o que garante existência e unicidade da raiz nesse intervalo.

Passo 4

Fórmula do método de Newton e critério de parada que usaremos:
  • Iteração de Newton:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Expliquei antes o significado de f e f'. O método usa a reta tangente em (x_n,f(x_n)) para aproximar a raiz.
  • Critério de parada: usaremos |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon com \varepsilon=10^{-6}. Esse é um critério comum (controle direto da diferença entre iterações) e garante a precisão desejada na variável x.
  • Escolha do chute inicial: como vimos f(0.3) já é pequeno e positivo (raiz está entre 0{,}3 e 0{,}31), escolhemos
x_0=0{,}3,
o que normalmente dá convergência rápida (Newton converge quadráticamente quando perto da raiz).

Passo 5

Iteração 0 → 1 (a partir de x_0=0{,}3):
  • Calcule f(0{,}3):
f(0{,}3)=e^{-(0{,}3)^2}-3(0{,}3)=e^{-0{,}09}-0{,}9\approx 0{,}9139311852712282-0{,}9=0{,}0139311852712282.
  • Calcule f'(0{,}3):
f'(0{,}3)=-2(0{,}3)e^{-0{,}09}-3\approx -0{,}6\cdot 0{,}9139311852712282-3=-0{,}548358711162737-3=-3{,}548358711162737.
  • Aplicando Newton:
x_{1}=0{,}3-\frac{0{,}0139311852712282}{-3{,}548358711162737}=0{,}3+0{,}003926092710\approx 0{,}30392609271.
Diferença:
|x_{1}-x_0|\approx 0{,}00392609271>10^{-6},
ainda não satisfez o critério; continuamos.

Passo 6

Iteração 1 → 2 (a partir de x_1\approx 0{,}30392609271):
  • Calcule x_1^2 e e^{-x_1^2}. Usando cálculos aproximados com precisão suficiente:
x_1^2\approx 0{,}092371067,\qquad e^{-x_1^2}\approx 0{,}9117657.
  • Calcule f(x_1):
f(x_1)=e^{-x_1^2}-3x_1\approx 0{,}9117657-0{,}91177827813\approx -0{,}00001257813.
  • Calcule f'(x_1):
f'(x_1)=-2x_1 e^{-x_1^2}-3\approx -2(0{,}30392609271)(0{,}9117657)-3\approx -3{,}554218772676.
  • Atualização de Newton:
x_{2}=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}=0{,}30392609271-\frac{-0{,}00001257813}{-3{,}554218772676}.
O quociente vale aproximadamente 0{,}000003539, logo
x_{2}\approx 0{,}30392609271-0{,}000003539=0{,}30392255371.
Diferença:
|x_{2}-x_{1}|\approx 3{,}539\times 10^{-6}>10^{-6},
ainda não atingimos a precisão desejada, mas estamos bem próximos.

Passo 7

Iteração 2 → 3 (a partir de x_2\approx 0{,}30392255371):
  • Avaliando f(x_2) com a precisão disponível:
3x_2\approx 0{,}91176766113, \qquad x_2^2\approx 0{,}092368918, \qquad e^{-x_2^2}\approx 0{,}91176770096\\ (\text{valores aproximados}).
  • Então
f(x_2)=e^{-x_2^2}-3x_2\approx 0{,}91176770096-0{,}91176766113\approx 3{,}986\times 10^{-8}.
  • Derivada:
f'(x_2)=-2x_2 e^{-x_2^2}-3\approx -3{,}5542\\ (\text{aprox.}).
  • Correção de Newton:
\Delta = \frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx \frac{3{,}986\times 10^{-8}}{-3{,}5542}\approx -1{,}12\times 10^{-8}.
  • Atualização:
x_{3}=x_2-\Delta\approx 0{,}30392255371-(-1{,}12\times 10^{-8})\approx 0{,}30392256483.
Diferença entre as últimas iterações:
|x_{3}-x_{2}|\approx 1{,}12\times 10^{-8}<10^{-6},
logo o critério |x_{n+1}-x_n|<\varepsilon com \varepsilon=10^{-6} está satisfeito e podemos parar.

Passo 8

Consolidação: a última iteração deu
x\approx 0{,}30392256483.
Agora fazemos o arredondamento para seis casas decimais (seis dígitos após a vírgula). Observando os dígitos:
0{,}30392256483\longrightarrow \text{os seis primeiros decimais são }0{,}303922\text{ e o 7º decimal é }5,ãºé
portanto pelo arredondamento padrão o 6^\circ decimal (que é 2) sobe para 3. O resultado arredondado com seis casas decimais é 0{,}303923.

Resposta

0,303923

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