2 \lg x-\frac{x}{3}+1=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação
2\lg x-\frac{x}{3}+1=0.
Informações relevantes fornecidas:
  • A incógnita é x.
  • A presença de \lg x implica que só faz sentido para x>0. Portanto o domínio é x>0.
  • A equação mistura um logaritmo e um termo linear em x, logo não é uma equação algébrica simples — provavelmente teremos que encontrar raízes numéricas (aproximações).
    O objetivo é encontrar todos os valores de x>0 que satisfazem a equação.

Passo 2

Transformar o problema em estudar uma função contínua ajuda. Defino a função
f(x)=2\lg x-\frac{x}{3}+1,\qquad x>0.
Resolver a equação é equivalente a achar os zeros de f: f(x)=0.
Explicação (rápida) do que estou fazendo:
  • \lg x é o logaritmo de base 10.
  • A função f é contínua em (0,\infty) porque \lg x e funções lineares são contínuas lá.
  • Pelo Teorema do Valor Intermediário (TVI): se f é contínua e f(a) e f(b) têm sinais opostos, então existe pelo menos uma raiz em (a,b). Vou usar isso para mostrar existência de raízes.

Passo 3

Estudo o comportamento nos extremos para entender quantas raízes podem existir.
Limites:
\lim_{x\to0^+}2\lg x=-\infty\quad\text{logo}\quad \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty.
\lim_{x\to+\infty}\left(2\lg x-\frac{x}{3}\right)=-\infty\quad\text{(pois }-x/3\text{ domina)}\quad\Rightarrow\quad\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty.
Avaliações pontuais para localizar mudanças de sinal:
f(1)=2\lg1-\frac{1}{3}+1=0-\frac{1}{3}+1=\frac{2}{3}>0.
Logo f(0^+)=-\infty e f(1)>0 implicam existência de ao menos uma raiz em (0,1) (pelo TVI).
Também:
f(8)\approx 2\lg8-\frac{8}{3}+1=2\cdot0,90309-\frac{8}{3}+1\approx0,13948>0,
f(9)\approx 2\lg9-\frac{9}{3}+1=2\cdot0,95424-3+1\approx-0,09152<0.
Portanto há também pelo menos uma raiz em (8,9).
Conclusão parcial: existem pelo menos duas raízes positivas. Vou agora verificar que não há mais do que duas e depois aproximá-las numericamente.

Passo 4

Estudo da derivada para saber quantas raízes no máximo podem ocorrer.
Derivada (lembrando que \dfrac{d}{dx}\lg x=\dfrac{1}{x\ln 10}):
f'(x)=2\cdot\frac{1}{x\ln 10}-\frac{1}{3}=\frac{2}{x\ln 10}-\frac{1}{3}.
Resolver f'(x)=0:
\frac{2}{x\ln 10}=\frac{1}{3}\quad\Rightarrow\quad x=\frac{6}{\ln 10}.
Cálculo aproximado: \ln 10\approx2,302585 então
x_{\text{crit}}=\frac{6}{\ln 10}\approx\frac{6}{2,302585}\approx2,606.
Sinal de f':
  • Para 0<x<x_{\text{crit}}, f'(x)>0 (função crescente).
  • Para x>x_{\text{crit}}, f'(x)<0 (função decrescente).
    Portanto f tem exatamente um máximo em x_{\text{crit}}. Como f tende a -\infty em ambas as extremidades e tem um único máximo, f pode ter no máximo duas raízes. Juntando com o passo anterior (já encontramos sinais que garantem duas raízes), concluímos que existem exatamente duas raízes positivas.

Passo 5

Vou encontrar numericamente a raiz em (0,1). Primeiro faço uma pequena busca para fechar o intervalo:
  • Avaliei f(0,3), f(0,4) etc. Resultados úteis (aproximações):
f(0,3)\approx -0,14576,\qquad f(0,4)\approx 0,07079.
Logo há raiz em (0,3,\,0,4).
Refino com pontos intermediários:
f(0,35)\approx -0,02853,\qquad f(0,36)\approx -0,00740,
f(0,365)\approx 0,00292,\qquad f(0,363)\approx -0,00119,\qquad f(0,364)\approx 0,00087.
Assim o zero está entre 0,363 e 0,364. Faço uma interpolação linear rápida entre os extremos para uma aproximação inicial:
  • Entre (0,363,\;f\approx-0,001188) e (0,364,\;f\approx0,000869),
    a raiz aproximada por interpolação é
x\approx 0,363+\frac{0-(-0,001188)}{0,000869-(-0,001188)}\cdot0,001\approx0,36358.
Para melhorar, uso o Método de Newton. Fórmula:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Calculo f' explicitamente:
f'(x)=\frac{2}{x\ln 10}-\frac{1}{3}.
Tomando x_0=0,3636 (boa aproximação inicial), faço uma iteração (mostro apenas uma iteração porque já estamos muito próximos):
Avalio aproximadamente:
f(0,3636)\approx -1,1\times10^{-4},\qquad f'(0,3636)\approx 2,05.
Aplicando Newton:
x_1\approx 0,3636-\frac{-1{,}1\times10^{-4}}{2{,}05}\approx0,36365.
Com mais iterações (ou checando os valores anteriores) obtemos a raiz com precisão suficiente para a prova:
x\approx0,3636\quad(\text{aproximado com 4 casas decimais}).

Passo 6

Agora encontro a raiz em (8,9). Já sabemos de observações anteriores:
f(8)\approx 0,13948,\qquad f(9)\approx -0,09152,
então há raiz em (8,9).
Refino por tentativas:
f(8,5)\approx 0,02551,\qquad f(8,6)\approx 0,00233,\qquad f(8,61)\approx 7\times10^{-6}.
Observa-se que a raiz está muito próxima de 8,61.
Faço uma iteração de Newton a partir de x_0=8,6.
Calculo f'(8,6)=\dfrac{2}{8,6\ln 10}-\dfrac{1}{3}\approx -0,2323 (valor negativo, como esperado para x>x_{\text{crit}}).
Aplicando Newton:
x_1=8,6-\frac{f(8,6)}{f'(8,6)}\approx 8,6-\frac{0,00233}{-0,2323}\approx 8,6100.
Uma avaliação de f(8,6100) dá um valor praticamente zero (ordem 10^{-6}), então a raiz é
x\approx8,6100\quad(\text{aprox. 4 casas decimais}).

Passo 7

Resumo do método usado e segurança das aproximações:
  • Usei continuidade e o Teorema do Valor Intermediário para garantir existência de raízes em intervalos identificados.
  • Usei estudo da derivada para mostrar que há no máximo duas raízes (pois f tem um único máximo).
  • Depois usei bisseção/interpolação e uma iteração de Newton para obter aproximações numéricas com boa precisão.
  • As aproximações fornecidas estão arredondadas a quatro casas decimais; com mais iterações de Newton obtém-se facilmente mais casas, se necessário.

Resposta

x\approx0,3636
x\approx8,6100

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