A função f(x)=x^{2}-2 e^{-x} x+e^{-2 x} possui uma raiz real múltipla. Encontre esta raiz usando o método de Newton Rahpson com \mathrm{x}_{0}=1. Tente também aplicar o método da iteração linear com o mesmo chute inicial e compare o número de iterações necessárias para obter a mesma precisão.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=x^{2}-2 e^{-x} x+e^{-2 x} e pede:
  • Encontrar a raiz real múltipla de f aplicando o método de Newton–Raphson com chute inicial x_{0}=1.
  • Tentar também o método de iteração linear (fixo) com o mesmo chute x_{0}=1.
  • Comparar o número de iterações necessárias em cada método para obter a mesma precisão.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função é f(x)=x^{2}-2 e^{-x} x+e^{-2 x}.
  • Chute inicial para ambos os métodos: x_{0}=1.
  • O enunciado não especifica a precisão; vou adotar como critério de comparação a tolerância \varepsilon = 10^{-10} (ou seja, considerar a iteração suficiente quando |x_{n}-\text{raiz}|<10^{-10}). Vou deixar isso explícito para que a comparação seja objetiva.

Passo 2

Primeira observação útil (fatoração): note que
f(x)=x^{2}-2xe^{-x}+e^{-2x}=(x-e^{-x})^{2}.
Explicando: ao expandir (x-e^{-x})^{2} obtém-se exatamente x^{2}-2xe^{-x}+e^{-2x}. Isso implica duas coisas importantes:
  • A raiz de f é exatamente a solução de (x-e^{-x})=0, ou seja da equação
x=e^{-x}.
  • Como f é um quadrado, a raiz é de multiplicidade 2 (raiz dupla).
Também é útil notar que a equação x=e^{-x} tem uma única solução real (a função h(x)=x-e^{-x} tem derivada h'(x)=1+e^{-x}>0, logo é estritamente crescente e cruza o eixo uma única vez).

Passo 3

Encontrar numericamente a raiz: a solução da equação x=e^{-x} pode ser escrita usando a função de Lambert W como
x=W(1),
porque x=e^{-x} equivale a x e^{x}=1, logo x=W(1). Numericamente,
\text{raiz } r = W(1) \approx 0{,}5671432904097838729999687.
Vou usar como valor de referência
r \approx 0{,}5671432904097838.
Esse é o valor que ambos os métodos devem aproximar.

Passo 4

Preparar o método de Newton–Raphson e entender seu comportamento para raiz múltipla.
  1. Fórmula de Newton clássica:
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}.
  1. Para nossa função f(x)=(x-e^{-x})^{2} é conveniente calcular f'(x) por diferenciação da forma fatorada:
f'(x)=2(x-e^{-x})\cdot(1+e^{-x}).
Assim, para x_{n} tal que x_{n}\neq r temos
\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})}=\frac{(x_{n}-e^{-x_{n}})^{2}}{2(x_{n}-e^{-x_{n}})(1+e^{-x_{n}})} =\frac{1}{2(1+e^{-x_{n}})}.
Portanto o passo de Newton simplifica dramaticamente para
\boxed{\,x_{n+1}=x_{n}-\frac{1}{2(1+e^{-x_{n}})}\,.}
Observação didática: isso acontece porque a estrutura quadrada faz cancelar x_{n}-e^{-x_{n}} no quociente f/f'. É bem prático na implementação.
  1. Comportamento de convergência para raiz dupla: para uma raiz de multiplicidade m o método de Newton converge (em geral) apenas linearmente com taxa assintótica (m-1)/m. Aqui m=2 então a taxa assintótica é 1/2. Isso significa que, quando suficientemente perto da raiz, o erro e_{n}:=x_{n}-r se comporta aproximadamente como
|e_{n+1}|\approx\frac{1}{2}|e_{n}|.
Esse fato servirá para estimar o número de iterações necessárias.

Passo 5

Aplicar uma iteração Newton explícita (mostrar o primeiro passo numérico para entender o processo).
Chute x_{0}=1.
Calcular x_{1} com a fórmula simplificada:
x_{1}=1-\frac{1}{2(1+e^{-1})}.
Sabendo e^{-1}=0{,}36787944117144233, obtemos
1+e^{-1}=1{,}3678794411714423, \qquad 2(1+e^{-1})=2{,}7357588823428846,
\frac{1}{2(1+e^{-1})}\approx 0{,}3652321234902162,
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x_{1}\approx 1-0{,}3652321234902162=0{,}6347678765097838.
Erro inicial e_{0}=x_{0}-r\approx 1-0{,}5671432904097838=0{,}4328567095902162.
Erro após a primeira iteração e_{1}=x_{1}-r\approx 0{,}6347678765097838-0{,}5671432904097838=0{,}0676245861000000.
Perceba que já houve uma redução significativa do erro (mais rápida que o fator assintótico 1/2 — comportamento inicial pode ser melhor que o assintótico).

Passo 6

Preparar o método de iteração linear (fixo) e estudar sua convergência.
  1. A forma natural de iteração fixa é reescrever x=e^{-x} como
x_{n+1}=\varphi(x_{n}),\qquad \text{com}\quad \varphi(x)=e^{-x}.
  1. Critério de convergência local: se |\varphi'(r)|<1 então \varphi é contratante localmente em torno de r e a iteração converge linearly com taxa aproximadamente |\varphi'(r)|. Aqui
\varphi'(x)=-e^{-x},
então no ponto fixo r (onde r=e^{-r}) temos
\varphi'(r)=-e^{-r}=-r.
Assim o fator de contração assintótico em módulo é |\varphi'(r)|=r\approx 0{,}5671432904097838<1. \] Isso garante convergência linear. A taxa de convergência é cerca de \(0{,}567143 por iteração (o erro se reduz por esse fator assintoticamente).
  1. Resumo didático: Newton (para raiz dupla) tem fator assintótico 1/2=0{,}5. A iteração fixa x\mapsto e^{-x} tem fator assintótico r\approx0{,}567143. Como 0{,}5<0{,}567143, Newton é assintoticamente um pouco mais rápido (reduz o erro mais por iteração). Vamos quantificar isso em número de iterações para a mesma tolerância.)

Passo 7

Estimar o número de iterações necessárias em cada método para atingir |x_{n}-r|<\varepsilon com \varepsilon=10^{-10}, usando o comportamento linear assintótico.
Modelo de erro (aproximação geométrica válida assimptoticamente):
  • Newton (raiz dupla): |e_{n}|\approx |e_{0}|\left(\tfrac{1}{2}\right)^{n}.
  • Iteração fixa: |e_{n}|\approx |e_{0}|\cdot r^{\,n}, com r\approx0{,}5671432904097838.
Tomando logaritmos para resolver |e_{0}| \cdot q^{n} < \varepsilon
n > \frac{\ln(\varepsilon/|e_{0}|)}{\ln q},
onde q é o fator de contração ( q=1/2 para Newton, q=r para iteração fixa) e e_{0}=x_{0}-r\approx 0{,}4328567095902162.
Calcular numericamente:
\ln\bigl(\varepsilon\bigr)=\ln(10^{-10})=-10\ln 10\approx -23{,}025850929940457,
\ln(|e_{0}|)=\ln(0{,}4328567095902162)\approx -0{,}8378770664093455,
então o numerador comum é
\ln\bigl(\varepsilon/|e_{0}|\bigr)\approx -23{,}025850929940457-(-0{,}8378770664093455) =-22{,}18797386353111.
Agora o denominador:
  • Para Newton: \ln(1/2)=\ln 0{,}5\approx -0{,}6931471805599453, então
n_{\text{Newton}}>\frac{-22{,}18797386353111}{-0{,}6931471805599453}\approx 32{,}011\dots
Logo são necessárias n_{\text{Newton}}=\lceil 32{,}011\dots\rceil=33 iterações (aproximando para cima).
  • Para iteração fixa: \ln(r)=\ln(0{,}5671432904097838)=-0{,}5671432904097838 (lembrando a identidade \ln r=-r válida aqui), então
n_{\text{fixa}}>\frac{-22{,}18797386353111}{-0{,}5671432904097838}\approx 39{,}124\dots
Logo são necessárias n_{\text{fixa}}=\lceil 39{,}124\dots\rceil=40 iterações.
Interpretação: para a tolerância escolhida ( \varepsilon=10^{-10}), o método de Newton precisaria, em regime assintótico, de cerca de 33 iterações, enquanto a iteração fixa precisaria de cerca de 40 iterações. Newton é um pouco mais rápido (cerca de 7 iterações a menos neste exemplo).

Passo 8

Comentários finais didáticos e verificação prática:
  • A estimativa acima usa o comportamento assintótico linear (ou seja, válida quando já estamos na vizinhança da raiz). Como se viu no cálculo do primeiro passo de Newton, o erro pode diminuir mais rápido nas primeiras iterações; contudo a previsão assintótica costuma ser boa para contar iterações até uma tolerância pequena como 10^{-10}.
  • Se alguém preferir, pode executar os dois métodos numericamente (implementando as fórmulas dadas) até o critério |x_{n}-x_{n-1}|<\varepsilon ou |x_{n}-r|<\varepsilon e contar as iterações; os números obtidos deverão concordar com a estimativa (podendo variar em ±1 iteração por efeitos não-assintóticos iniciais).
  • Resumindo intuitivo: método fixo com \varphi(x)=e^{-x} é um mapa contratante com fator \approx0{,}567; Newton para raiz dupla tem fator assintótico 0{,}5. Ambos convergem linearmente; Newton é ligeiramente mais eficiente aqui.

Resposta

r \approx 0{,}5671432904097838
Número de iterações (tolerância \varepsilon=10^{-10}): método de Newton–Raphson \approx 33 iterações
Número de iterações (tolerância \varepsilon=10^{-10}): iteração linear x_{n+1}=e^{-x_{n}} \approx 40 iterações

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