Isolar os zeros da função f(x)=x \boldsymbol{\operatorname { l n }} x-3,2.

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar os zeros da função f(x)=x\operatorname{ln}x-3,2; ou seja, resolver a equação
x\operatorname{ln}x-3,2=0.
Informações dadas e observações imediatas:
  • A função envolve \operatorname{ln}x, portanto o domínio natural é x>0.
  • Precisamos achar todos os x>0 que satisfaçam a equação acima.

Passo 2

Entender o comportamento de g(x)=x\operatorname{ln}x para saber quantas soluções esperar.
  • Limite quando x\to0^+: \lim_{x\to0^+}x\operatorname{ln}x=0 (porque \operatorname{ln}x\to-\infty mas é multiplicado por x\to0, produto tende a zero).
  • Valor em x=1: g(1)=1\cdot\operatorname{ln}1=0.
  • Derivada: calcular g'(x). Usamos regra do produto: se g(x)=x\operatorname{ln}x então
g'(x)=1\cdot\operatorname{ln}x + x\cdot\frac{1}{x}=\operatorname{ln}x+1.
  • Zeros de g'(x): \operatorname{ln}x+1=0 quando x=\mathrm{e}^{-1}=\frac{1}{\mathrm{e}}. Assim g tem mínimo local em x=\frac{1}{\mathrm{e}}.
  • Valor mínimo: g\!\left(\tfrac{1}{\mathrm{e}}\right)=\tfrac{1}{\mathrm{e}}\operatorname{ln}\!\tfrac{1}{\mathrm{e}}=\tfrac{1}{\mathrm{e}}(-1)=-\tfrac{1}{\mathrm{e}}\approx-0,3679.
  • Comportamento para x\to+\infty: g(x)=x\operatorname{ln}x\to+\infty.
    Conclusão qualitativa: g(x) parte de 0 em x\to0^+, desce até -\tfrac{1}{\mathrm{e}} em x=\tfrac{1}{\mathrm{e}}, volta a subir passando por g(1)=0 e cresce para +\infty. Portanto, para o valor 3,2>0 haverá exatamente uma solução com x>1 (nenhuma em (0,1) porque ali g(x)\le0).

Passo 3

Transformação que facilita a solução — substituição logarítmica:
  • Seja u=\operatorname{ln}x. Então x=\mathrm{e}^{u}.
  • Substituindo na equação x\operatorname{ln}x=3,2 obtemos
\mathrm{e}^{u}\cdot u=3,2,
ou seja
u\mathrm{e}^{u}=3,2.
Esta é a forma padrão resolvível pela função de Lambert W: a função W é definida como a inversa da função u\mapsto u\mathrm{e}^{u}. Em outras palavras, se u\mathrm{e}^{u}=a então u=W(a). (Aqui usamos a ramo principal W_0 porque a=3,2>0.)

Passo 4

Aplicando W à equação u\mathrm{e}^{u}=3,2:
u=W(3,2).
Voltando para x via x=\mathrm{e}^{u}, obtemos
x=\mathrm{e}^{W(3,2)}.
Usando a identidade útil W(a)\mathrm{e}^{W(a)}=a segue que \mathrm{e}^{W(a)}=\dfrac{a}{W(a)}. Assim podemos escrever a solução também na forma
x=\frac{3,2}{W(3,2)}.
Esta é a expressão exata do zero em termos da função de Lambert.

Passo 5

Aproximação numérica do zero (método prático para a prova): podemos achar W(3,2) por iteração de Newton sobre h(u)=u\mathrm{e}^{u}-3,2. Vou mostrar duas iterações para chegar a precisão razoável.
  • Escolha inicial razoável: u_0=1{,}08 (porque 1\cdot\mathrm{e}^1\approx2{,}718<3{,}2 e um pouco mais que 1 já dá produto próximo).
  • Fórmula de Newton: u_{n+1}=u_n-\dfrac{h(u_n)}{h'(u_n)}, onde h'(u)=\mathrm{e}^{u}(1+u).
    Cálculos:
  • Para u_0=1{,}08: \mathrm{e}^{1{,}08}\approx2{,}9447. Então
h(u_0)=1{,}08\cdot2{,}9447-3{,}2\approx-0{,}019124,
h'(u_0)=2{,}9447(1+1{,}08)=2{,}9447\cdot2{,}08\approx6{,}122.
Logo
u_1=1{,}08-\frac{-0{,}019124}{6{,}122}\approx1{,}083124.
  • Para u_1\approx1{,}083124: \mathrm{e}^{u_1}\approx2{,}953923. Calculando h(u_1) obtemos um valor muito pequeno (aprox. -5{,}3\times10^{-4}), e mais uma iteração leva a
u_2\approx1{,}083210.
Assim W(3,2)\approx1{,}083210. Então
x=\frac{3,2}{W(3,2)}\approx\frac{3,2}{1{,}083210}\approx2{,}9539.
Também pode-se usar x=\mathrm{e}^{W(3,2)} e obter \mathrm{e}^{1{,}083210}\approx2{,}9539, mesma resposta.

Passo 6

Resumo das conclusões e observações úteis para a prova:
  • Há exatamente um zero da função f no domínio x>0.
  • A solução pode ser escrita de forma exata usando a função de Lambert:
x=\frac{3,2}{W(3,2)}.
  • A aproximação numérica, adequada para resposta em prova, é x\approx2{,}9539.
    Força aí — essa transformação u=\ln x e o uso do Lambert W é padrão quando aparece produto do tipo x\ln x; decorando esse passo você resolve rapidamente casos parecidos.

Resposta

\displaystyle x=\frac{3,2}{W(3,2)}\n \displaystyle x\approx2{,}9539

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