\operatorname{arctg}(x-1)+2 x=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação
\operatorname{arctg}(x-1)+2x=0.
Informações e o que se busca:
  • Queremos encontrar o(s) valor(es) de x\in\mathbb{R} que satisfazem a equação acima.
  • A função \operatorname{arctg} é a função arco-tangente (também escrita \arctan), definida em todo \mathbb{R} e com imagem (-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}).
  • Não há restrição explícita de domínio no enunciado além do domínio natural da \operatorname{arctg}, então procuramos soluções reais.

Passo 2

Defino a função auxiliar cujo zero corresponde à solução da equação:
f(x)=\operatorname{arctg}(x-1)+2x.
O que significa cada termo:
  • \operatorname{arctg}(x-1) é a arco-tangente do número x-1.
  • 2x é o termo linear.
    Queremos f(x)=0.
Explicando propriedades úteis (didática curta):
  • A função \operatorname{arctg}(t) é contínua e estritamente crescente em todo \mathbb{R}.
  • Soma de funções contínuas é contínua, logo f é contínua.
  • Para localizar raízes, podemos usar teoremas simples: se f é contínua e muda de sinal em um intervalo [a,b], então existe pelo menos uma raiz em (a,b) (Teorema do Valor Intermediário).

Passo 3

Mostro que existe exatamente uma solução (unicidade). Para isso calculo a derivada f'(x) e argumento monotonicidade:
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(\operatorname{arctg}(x-1)\bigr)+\frac{d}{dx}(2x) =\frac{1}{1+(x-1)^2}+2.
Explicando: a derivada de \operatorname{arctg}(u) é \dfrac{u'}{1+u^2}; aqui u=x-1 e u'=1.
Note que \dfrac{1}{1+(x-1)^2}>0 para todo x, então
f'(x)>2 \quad\text{para todo }x\in\mathbb{R}.
Como a derivada é estritamente positiva em todo o domínio, f é estritamente crescente. Conclusão: f pode ter no máximo uma raiz. Portanto, se encontrarmos uma mudança de sinal em um intervalo, teremos exatamente uma raiz.

Passo 4

Procuro um intervalo onde f muda de sinal (existência). Calculo valores simples:
f(0)=\operatorname{arctg}(-1)+0=-\frac{\pi}{4}\approx-0,785398\;<0.
f\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\operatorname{arctg}\!\left(-\tfrac{1}{2}\right)+1\approx-0,463648+1=0,536352\;>0.
Como f(0)<0 e f\!\left(\tfrac{1}{2}\right)>0 e f é contínua, existe pelo menos uma raiz em \bigl(0,\tfrac{1}{2}\bigr). Pela monotonicidade vista no Passo 3 essa raiz é única.

Passo 5

Agora encontramos numericamente a raiz com precisão. Vou aplicar o método da bissecção (muito seguro em prova) até localizar a raiz com precisão razoável, e usar uma iteração de Newton para refinar — explico cada passo para que você repita na prova.
Defino a_0=0, b_0=\tfrac{1}{2}. Já sabemos f(a_0)<0 e f(b_0)>0.
  1. Primeiro ponto médio: m_1=\dfrac{a_0+b_0}{2}=0,25.
f(0,25)=\operatorname{arctg}(-0,75)+0,5\approx-0,643501+0,5=-0,143501\\ (<0).
Como f(m_1)<0, a raiz está em (0,25,\,0,5). Então tomamos a_1=0,25, b_1=0,5.
  1. Segundo ponto médio: m_2=\dfrac{a_1+b_1}{2}=0,375.
f(0,375)=\operatorname{arctg}(-0,625)+0,75\approx-0,558599+0,75=0,191401\\ (>0).
Agora f(m_2)>0, então a raiz está em (0,25,\,0,375). Tomamos a_2=0,25, b_2=0,375.
  1. Terceiro ponto médio: m_3=\dfrac{a_2+b_2}{2}=0,3125.
f(0,3125)=\operatorname{arctg}(-0,6875)+0,625\approx-0,599352+0,625=0,025648\\ (>0).
Então raiz em (0,25,\,0,3125). a_3=0,25, b_3=0,3125.
  1. Quarto ponto médio: m_4=\dfrac{a_3+b_3}{2}=0,28125.
f(0,28125)=\operatorname{arctg}(-0,71875)+0,5625\approx-0,626779+0,5625=-0,064279\\ (<0).
Raiz em (0,28125,\,0,3125).
  1. Quinto ponto médio: m_5=\dfrac{0,28125+0,3125}{2}=0,296875.
f(0,296875)=\operatorname{arctg}(-0,703125)+0,59375\approx-0,613287+0,59375=-0,019537\\ (<0).
Raiz em (0,296875,\,0,3125).
  1. Sexto ponto médio: m_6=\dfrac{0,296875+0,3125}{2}=0,3046875.
f(0,3046875)=\operatorname{arctg}(-0,6953125)+0,609375\approx-0,606411+0,609375=0,002964\\ (>0).
Raiz em (0,296875,\,0,3046875).
  1. Sétimo ponto médio: m_7=\dfrac{0,296875+0,3046875}{2}=0,30078125.
f(0,30078125)=\operatorname{arctg}(-0,69921875)+0,6015625\approx-0,610052+0,6015625=-0,0084895\\ (<0).
Raiz em (0,30078125,\,0,3046875).
Depois de algumas iterações já temos o intervalo (0,30078125,\,0,3046875) cujo comprimento é 0,00390625. A raiz está dentro e podemos dar uma estimativa por bissecção ou refinar com Newton para obter mais casas rapidamente.

Passo 6

Refino por uma iteração de Newton (método rápido). Fórmula de Newton:
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Escolho como x_0 o ponto médio do último intervalo: x_0=0,302734375 (médio de 0,30078125 e 0,3046875), mas para simplicidade posso usar x_0=0,304 (boa aproximação baseada nas iterações anteriores).
Calculo f(0,304) e f'(0,304):
f(0,304)=\operatorname{arctg}(-0,696)+2\cdot0,304\approx-0,608042+0,608=-0,000042.
f'(0,304)=\frac{1}{1+(-0,696)^2}+2=\frac{1}{1+0,484416}+2\approx0,6735+2=2,6735.
Aplicando Newton:
x_1=0,304-\frac{-0,000042}{2,6735}\approx0,304+0,0000157=0,3040157.
Podemos ver que a correção é pequena; já temos boa precisão.

Passo 7

Verificação rápida: calcular f(0,3040157) aproximadamente:
x=0,3040157\Rightarrow x-1=-0,6959843.
\operatorname{arctg}(-0,6959843)\approx-0,608000\quad(\text{valor arredondado}),
f(0,3040157)\approx-0,608000+2\cdot0,3040157\approx-0,608000+0,6080314\approx3{,}1\times10^{-5},
que é praticamente zero dentro de erro de arredondamento — confirma a solução encontrada.
Conclusão prática: existe uma única solução real e ela é aproximadamente 0,304016.

Resposta

x\approx0,304016

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