Isolar os zeros da função:
f(x)=1-x \ln (x)

Passo 1

O que o problema pede: encontrar todos os zeros da função f(x)=1 - x\ln(x); ou seja, achar todos os x tal que f(x)=0.
Informações dadas e observações imediatas:
f(x)=1 - x\ln(x).
A função usa \ln(x), portanto o domínio natural é x>0 (não existe \ln(x) para x\le0).
A igualdade a ser resolvida é
1 - x\ln(x)=0,
ou equivalentemente
x\ln(x)=1.

Passo 2

Análise preliminar sobre onde as soluções podem estar (isso ajuda a saber quantas soluções esperar).
  • Para 0<x<1 temos \ln(x)<0, então x\ln(x)\le 0. Logo não pode ser 1. Portanto não há raízes em (0,1).
  • Em x=1 temos x\ln(x)=1\cdot 0=0\neq 1, logo x=1 também não é raiz.
  • Para x>1 temos \ln(x)>0, de modo que x\ln(x) pode crescer e eventualmente atingir 1. Vamos ver se atinge 1 uma vez só ou mais vezes.
Defina a função auxiliar \displaystyle h(x)=x\ln(x) para x>0. Calcule a derivada:
h'(x)=\ln(x)+1.
Note que para x\ge 1 temos \ln(x)\ge 0, então h'(x)\ge 1>0. Portanto h é estritamente crescente em [1,\infty). Como h(1)=0 e \displaystyle\lim_{x\to\infty}h(x)=\infty, a equação h(x)=1 tem exatamente uma solução em (1,\infty). Conclusão: existe uma única raiz da equação no domínio x>0, e ela está em (1,\infty).

Passo 3

Resolver a equação transformando-a para uma forma conhecida.
Começamos de
x\ln(x)=1.
Fazendo a substituição t=\ln(x). Então x=e^{t}. Substituindo, obtemos
e^{t}\cdot t = 1,
ou seja
t e^{t}=1.
A equação t e^{t}=z é exatamente a equação que define a função de Lambert W: por definição, t=W(z) se, e somente se, t e^{t}=z. Assim, para z=1 obtemos
t = W(1).
Voltando para x: como t=\ln(x), temos
\ln(x)=W(1)\quad\Rightarrow\quad x=e^{W(1)}.
Também podemos usar a relação W(1)e^{W(1)}=1 para escrever
e^{W(1)}=\frac{1}{W(1)},
portanto uma forma alternativa é
x=\frac{1}{W(1)}.
Explicando de forma simples o que é W(1): é o número t tal que t e^{t}=1. Essa equação não se resolve com operações elementares (soma, multiplicação, exponenciação inversa, etc.), por isso usamos a função especial W. Para z=1 existe uma única solução real t\approx 0{,}56714329 (ramo principal do W), e por isso obtemos um único x real positivo.

Passo 4

Aproximação numérica da raiz (duas maneiras) para você poder conferir na prova.
Método A — usando o valor conhecido de W(1):
Sabendo que W(1)\approx 0{,}56714329, temos
x=e^{W(1)}\approx e^{0{,}56714329}\approx 1{,}763222834.
Ou usando a forma inversa,
x=\frac{1}{W(1)}\approx \frac{1}{0{,}56714329}\approx 1{,}763222834.
Método B — iteração de Newton diretamente na equação f(x)=1-x\ln(x) (útil se você não lembrar do W):
A derivada é
f'(x)=-\ln(x)-1.
A iteração de Newton é
x_{n+1}=x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = x_n - \frac{1-x_n\ln(x_n)}{-\ln(x_n)-1}.
Escolhendo x_0=2:
f(2)=1-2\ln(2)\approx 1-2\cdot 0{,}693147= -0{,}386294,
f'(2)=-\ln(2)-1\approx -1{,}693147.
Então
x_1 \approx 2 - \frac{-0{,}386294}{-1{,}693147}\approx 2 - 0{,}228\approx 1{,}772.
Uma segunda iteração já dá
x_2\approx 1{,}7633\quad(\text{aproximação compatível com }1{,}763222834).çãí
Duas ou três iterações de Newton já convergem rapidamente para o valor dado acima.

Passo 5

Resumo didático rápido (como “cola” mental para a prova):
  • Domínio: x>0. Zer os em (0,1) impossíveis porque x\ln(x)\le 0 aí. Logo a única raiz está em (1,\infty).
  • Substituir t=\ln(x) leva a t e^{t}=1, então t=W(1).
  • Portanto x=e^{W(1)}=\dfrac{1}{W(1)} e numericamente x\approx 1{,}763222834.

Resposta

x=e^{W(1)}=\dfrac{1}{W(1)}\approx 1{,}763222834

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