O método de Newton pode não ser convergente. Verifique que, para f(x)=0,1+x e^{-x} com estimativia inicial \mathrm{x}_{1}=2, o método não funciona.

Passo 1

O enunciado dá a função \\ f(x)=0{,}1 + x e^{-x}\ e pede que se verifique que, com estimativa inicial \\ x_{1}=2, o método de Newton “não funciona” (isto é, não converge para a raiz). Informações relevantes fornecidas:
  • A função é \\ f(x)=0{,}1 + x e^{-x}.
  • Estimativa inicial: \\ x_{1}=2.
  • Objetivo: aplicar o método de Newton e mostrar que ele não converge (ou que falha) a partir dessa inicialização.

Passo 2

Vou relembrar o que é o método de Newton e a fórmula que usarei. O método de Newton gera uma sequência \{x_n\} dada por
x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Aqui:
  • \\ x_n é a aproximação atual da raiz;
  • \\ f(x_n) é o valor da função nessa aproximação;
  • \\ f'(x_n) é a derivada da função nessa aproximação;
  • A ideia é linearizar a função em torno de \\ x_n e tomar a interseção dessa reta tangente com o eixo x como próxima aproximação.
Condições intuitivas para convergência: a inicialização deve estar “próxima” de uma raiz simples (onde \\ f'(x^\ast)\neq0) e a função/deivada devem ser razoavelmente bem comportadas no entorno. Se a derivada for muito pequena, o passo -f/f' pode ser muito grande e o método pode falhar.

Passo 3

Calcular a derivada de \\ f. Temos
f(x)=0{,}1 + x e^{-x}.
Usando regra do produto e derivada de e^{-x}:
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(x e^{-x}\bigr)=e^{-x}+x\cdot(-e^{-x})=e^{-x}(1-x).
Portanto
f'(x)=e^{-x}(1-x).

Passo 4

Analisar as raízes de \\ f para entender qual raiz o método deveria encontrar.
  • Para \\ x>0 temos x e^{-x}>0, logo \\ f(x)=0{,}1 + x e^{-x}>0. Assim não existem raízes positivas.
  • Para x<0 a quantidade x e^{-x} é negativa e pode igualar -0{,}1. De fato existe exatamente uma raiz real negativa. Usando a função y=-x e a função y e^{y} (ou a função W de Lambert) obtém-se aproximadamente a raiz
x^\ast\approx -W(0{,}1)\approx -0{,}09128,
ou seja, a raiz é pequena e negativa (bem próxima de zero). Conclusão: a raiz real está em \\ x^\ast\approx-0{,}09128.
Portanto, a inicial \\ x_{1}=2 está longe e está do lado positivo, onde \\ f(x)>0.

Passo 5

Mostrar um comportamento geral para pontos \\ x>1. Se \\ x>1 então:
  • \\ f(x)=0{,}1 + x e^{-x}>0 (já observado para x>0);
  • \\ f'(x)=e^{-x}(1-x)<0 porque 1-x<0 e e^{-x}>0.
Logo, para \\ x_n>1 temos \\ f(x_n)>0 e \\ f'(x_n)<0. Então o quociente \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} é negativo, e
x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}>x_n,
ou seja, o método produz um novo ponto maior que o anterior: a sequência cresce enquanto estiver com termos >1. Isso já indica que, partindo de x_1=2>1, os termos ficam maiores e jamais se aproximam da raiz negativa. Se a sequência convergisse para um limite finito L com L\ge 1, este limite deveria satisfazer f(L)=0, o que é impossível (não há raízes \ge 0). Logo a sequência não pode convergir para a raiz real.

Passo 6

Agora calculo iterativamente os primeiros termos a fim de ver o comportamento numérico (vou mostrar as contas passo a passo e aproximar com 3 casas decimais quando apropriado).
Começando com \\ x_1=2.
Calcular \\ f(2) e \\ f'(2):
e^{-2}\approx 0{,}1353352832,
f(2)=0{,}1 + 2e^{-2}=0{,}1 + 2\cdot0{,}1353352832\approx 0{,}3706705665,
f'(2)=e^{-2}(1-2)=0{,}1353352832\cdot(-1)=-0{,}1353352832.
O passo de Newton é
x_{2}=2-\dfrac{0{,}3706705665}{-0{,}1353352832}\approx 2-(-2{,}739441)\approx 4{,}739441.

Passo 7

Calcular \\ x_3 a partir de \\ x_2\approx4{,}739441.
Primeiro e^{-4{,}739441}. Aproximação:
e^{-4{,}739441}\approx 0{,}008747\quad(\text{apenas aproximação numérica}),çãé
então
f(4{,}739441)=0{,}1 + 4{,}739441\cdot e^{-4{,}739441}\approx 0{,}1 + 4{,}739441\cdot0{,}008747\approx 0{,}14151,
f'(4{,}739441)=e^{-4{,}739441}(1-4{,}739441)\approx 0{,}008747\cdot(-3{,}739441)\approx -0{,}03272.
Portanto
x_{3}=4{,}739441-\dfrac{0{,}14151}{-0{,}03272}\approx 4{,}739441-(-4{,}325)\approx 9{,}064.
Observação: já se vê que os termos aumentaram muito: de 2 para \approx4{,}739 para \approx9{,}064.

Passo 8

Calcular \\ x_4 rapidamente para visualizar o salto seguinte (apenas ordem de grandeza é suficiente para entender o comportamento).
Para \\ x_3\approx9{,}064 temos e^{-9{,}064} extremamente pequeno, da ordem de 10^{-4}. Especificamente,
e^{-9{,}064}\approx 1{,}16\times10^{-4},
então
f(9{,}064)\approx 0{,}1 + 9{,}064\cdot(1{,}16\times10^{-4})\approx 0{,}10105,
f'(9{,}064)\approx e^{-9{,}064}(1-9{,}064)\approx 1{,}16\times10^{-4}\cdot(-8{,}064)\approx -9{,}37\times10^{-4}.
O quociente
\dfrac{f(9{,}064)}{f'(9{,}064)}\approx \dfrac{0{,}10105}{-9{,}37\times10^{-4}}\approx -1{,}08\times10^{2}.
Logo
x_{4}=9{,}064-\bigl(-1{,}08\times10^{2}\bigr)\approx 1{,}17\times10^{2}.
Ou seja, um salto enorme para algo da ordem de 10^{2}. A partir daí, para x grande, x e^{-x} é praticamente 0 e f(x)\approx0{,}1 enquanto f'(x)\approx e^{-x}(1-x) é extremamente pequeno (em módulo), por isso \dfrac{f}{f'} fica gigantesco (em módulo) e os saltos ficam absurdos: a sequência explode e não se aproxima da raiz.

Passo 9

Conclusão teórica e numérica do porquê o método “não funciona” com \\ x_{1}=2:
  • Teoricamente: para todo x>1 tem-se f(x)>0 e f'(x)<0, portanto os iterados satisfazem x_{n+1}>x_n. A sequência cresce e, se convergisse para algum limite finito L\ge1, então f(L)=0 deveria valer — o que é impossível, pois a única raiz real é negativa. Logo não há convergência para a raiz.
  • Numericamente: os primeiros iterados mostram crescimento rápido: \\ x_1=2\to x_2\approx4{,}739\to x_3\approx9{,}064\to x_4\approx1{,}17\times10^{2} e daí em diante os saltos ficam enormes. O fator causador é que para x grande temos f(x)\approx0{,}1 (não zero) e f'(x) muito próximo de 0, fazendo \dfrac{f}{f'} enorme e o passo de Newton explodir.
Portanto, com a inicial \\ x_{1}=2 o método de Newton não converge (a sequência diverge para +\infty, fazendo com que o método “não funcione”).

Resposta

O método de Newton não converge a partir de \\ x_{1}=2; x_{2}\approx4{,}739, x_{3}\approx9{,}064, x_{4}\approx1{,}17\times10^{2} e a sequência diverge (tende a +\infty).

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