Exercício 0.3 Determine os pontos comuns aos gráficos das funções definidas por y=e^{x} e y=-\ln |x| \operatorname{com} x \neq 0.

Passo 1

O enunciado pede: determinar os pontos de interseção entre os gráficos das funções
y=e^{x}
e
y=-\ln|x|\quad (x\neq 0).
Ou seja, precisamos resolver a equação
e^{x} = -\ln|x|
e, para cada solução x, fornecer o ponto (x,y) correspondente (com y=e^{x}). As informações relevantes que temos:
  • A equação a resolver é \,e^{x} + \ln|x| = 0, com x\neq 0.
  • O domínio divide-se naturalmente em duas partes: x>0 e x<0. Vamos tratar cada uma separadamente, porque \ln|x|=\ln x para x>0 e \ln|x|=\ln(-x) para x<0.

Passo 2

Caso x>0.
Defina a função
g(x)=e^{x}+\ln x,\qquad x>0.
Primeiro algumas propriedades úteis (estas são ferramentas que aparecem sempre em provas; vou explicá-las passo a passo):
  • Continuidade e derivada: g é contínua e diferenciável em (0,\infty).
  • Derivada:
g'(x)=e^{x}+\frac{1}{x}.
Para x>0 temos e^{x}>0 e 1/x>0, logo g'(x)>0. Isso significa que g é estritamente crescente em (0,\infty).
  • Limites nas extremidades do domínio:
\lim_{x\to 0^{+}} g(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\big(e^{x}+\ln x\big)=1+(-\infty)=-\infty,
\lim_{x\to +\infty} g(x)=+\infty.
Como g é contínua, estritamente crescente e passa de -\infty a +\infty, existe exatamente uma raiz em (0,\infty). Portanto há exatamente uma interseção com x>0.
Agora vamos aproximar numericamente essa única solução. Método escolhido: Newton (rápido e prático na prova se souber usar; também poder-se-ia usar bissecção). A iteração de Newton para g(x)=0 é
x_{n+1}=x_{n}-\frac{g(x_{n})}{g'(x_{n})}.
Escolhe-se um chute inicial razoável: observando sinais, g(0{,}2)=e^{0{,}2}+\ln 0{,}2\approx1{,}2214-1{,}6094=-0{,}3880 (negativo) e g(0{,}3)\approx1{,}3499-1{,}2040=0{,}1459 (positivo), logo a raiz está entre 0{,}2 e 0{,}3. Tomemos x_{0}=0{,}27.
Calculemos algumas iterações (mostro os cálculos principais para aplicar na prova sem calculadora até uma precisão razoável):
  • Para x_{0}=0{,}27: g(0{,}27)=e^{0{,}27}+\ln 0{,}27\approx1{,}3099629-1{,}3093333=0{,}0006296,
g'(0{,}27)=e^{0{,}27}+\frac{1}{0{,}27}\approx1{,}3099629+3{,}7037037=5{,}0136666.
Então
x_{1}=0{,}27-\frac{0{,}0006296}{5{,}0136666}\approx0{,}2698744.
  • Uma iteração adicional dá correção muito pequena (da ordem de 10^{-6}), portanto já podemos tomar x\approx 0{,}269874.
Calculamos y=e^{x}:
y=e^{0{,}269874}\approx 1{,}309801.
Consistência: -\ln x = -\ln(0{,}269874)\approx 1{,}309801, confirma que estamos corretos.
Resumo deste caso: existe uma única interseção com x>0 em
\bigl(x,y\bigr)\approx\bigl(0{,}269874,\;1{,}309801\bigr).

Passo 3

Caso x<0.
Coloque u=-x, com u>0. A equação e^{x}+\ln|x|=0 fica
e^{-u}+\ln u=0,\qquad u>0.
Defina
q(u)=\ln u + e^{-u}.
Observações:
  • q é contínua e diferenciável para u>0.
  • Derivada:
q'(u)=\frac{1}{u}-e^{-u}.
Note que a equação q'(u)=0 é \dfrac{1}{u}=e^{-u}, que é equivalente a e^{u}=u. Para u>0 não existe solução de e^{u}=u porque e^{u}>u para todo u>0. Assim q'(u)>0 para todo u>0, logo q é estritamente crescente.
  • Limites:
\lim_{u\to 0^{+}} q(u)=-\infty,\qquad \lim_{u\to +\infty} q(u)=+\infty.
Como q é contínua e estritamente crescente de -\infty a +\infty, existe uma única raiz u>0.
Agora uma observação elegante (uso de uma função padrão que às vezes aparece em provas): seja W a função de Lambert, definida pela relação
W(z)e^{W(z)}=z.
Para z=1 temos W(1)e^{W(1)}=1. Tomando logaritmo nessa igualdade obtemos
\ln W(1)+W(1)=0.
Mas isso é exatamente a forma de q(u)=0 se aceitarmos u=W(1), pois também
e^{-W(1)}=\frac{1}{e^{W(1)}}=\frac{1}{\tfrac{1}{W(1)}}=W(1).
Portanto, u=W(1) satisfaz
\ln u + e^{-u} = \ln W(1) + e^{-W(1)} = \ln W(1) + W(1) = 0.
Como a raiz é única, concluímos que a solução é exatamente
u=W(1).
Logo
x=-u=-W(1).
Valor numérico conhecido: W(1)\approx 0{,}567143. Assim
x\approx -0{,}567143.
O correspondente y é
y=e^{x}=e^{-W(1)}.
Mas, usando W(1)e^{W(1)}=1, temos e^{-W(1)}=W(1). Portanto
y=W(1)\approx 0{,}567143.
Resumo deste caso: existe exatamente uma interseção com x<0, e ela é o ponto
\bigl(x,y\bigr)=\bigl(-W(1),\;W(1)\bigr)\approx\bigl(-0{,}567143,\;0{,}567143\bigr).

Passo 4

Conclusão final (síntese): há exatamente dois pontos de interseção entre os gráficos, um com x>0 e outro com x<0. Já obtivemos as aproximações e a forma exata (quando possível) para cada um.

Resposta

\bigl(0{,}269874,\;1{,}309801\bigr)
\bigl(-W(1),\;W(1)\bigr)\approx\bigl(-0{,}567143,\;0{,}567143\bigr)

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