(2,0 pontos) Dada a equação
e^{2 x}-2 e^{x}+1=0
definida no intervalo [-1,1], responda:
(a) É possível utilizar o método de Newton tomando como chute inicial x_{0}=0 ? Justifique!
(b) Adotando outro valor para x_{0}, utilize o Método de Newton para obter uma aproximação para a raiz considerando um erro absoluto \varepsilon<10^{-4}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • A equação é e^{2x}-2e^{x}+1=0 definida no intervalo [-1,1].
  • O enunciado pede duas coisas:
    (a) verificar se é possível usar o método de Newton tomando x_{0}=0 (justificar);
    (b) escolhendo outro valor para x_{0}, aplicar o Método de Newton até obter uma aproximação da raiz com erro absoluto \varepsilon<10^{-4}.
As informações relevantes do enunciado: a função implícita na equação, o intervalo onde a raiz está e a exigência do erro absoluto para a aproximação na parte (b). A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Primeiro vou manipular a função e obter expressões úteis (isso é importante para aplicar Newton).
Defino
f(x)=e^{2x}-2e^{x}+1.
Percebe-se que a expressão é um quadrado perfeito, pois
e^{2x}-2e^{x}+1=(e^{x}-1)^{2}.
Logo qualquer raiz satisfaz e^{x}-1=0, isto é, e^{x}=1, portanto a raiz é
x=0.
Observação importante: como f(x)=(e^{x}-1)^{2}, a raiz x=0 tem multiplicidade 2 (é uma raiz dupla).
Agora calculo a derivada, que aparece na fórmula de Newton:
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(e^{2x}-2e^{x}+1\bigr)=2e^{2x}-2e^{x}=2e^{x}(e^{x}-1).

Passo 3

Vou lembrar o método de Newton e suas condições. O método de Newton gera a sequência
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f'(x_{n})},
desde que f'(x_{n})\neq0. Para uma raiz simples (multiplicidade 1) e com chute suficientemente próximo, Newton converge quadraticamente; para raiz múltipla de multiplicidade m a convergência deixa de ser quadrática e fica linear com fator aproximado (m-1)/m.
No nosso caso, usando f(x)=(e^{x}-1)^{2} e f'(x)=2e^{x}(e^{x}-1), a razão f(x)/f'(x) simplifica porque e^{x}-1 cancela (quando e^{x}\neq1):
\frac{f(x)}{f'(x)}=\frac{(e^{x}-1)^{2}}{2e^{x}(e^{x}-1)}=\frac{e^{x}-1}{2e^{x}}=\frac{1}{2}\bigl(1-e^{-x}\bigr).
Portanto a forma explícita da iteração de Newton para essa função é
\boxed{\,x_{n+1}=x_{n}-\frac{1}{2}\bigl(1-e^{-x_{n}}\bigr)=x_{n}+\frac{e^{-x_{n}}-1}{2}\,}.
Essa forma é muito útil: evita calcular f e f' separadamente e mostra claramente o comportamento da iteração.

Passo 4

A pergunta (a) é sobre tomar x_{0}=0.
Calculo f(0) e f'(0):
f(0)=(e^{0}-1)^{2}=0, \qquad f'(0)=2e^{0}(e^{0}-1)=2\cdot1\cdot0=0.
Conclusões:
  • Se eu aplicar a fórmula de Newton diretamente em x_{0}=0 apareceria uma divisão por f'(0)=0, o que torna a iteração indefinida (não se pode computar x_{1} pela fórmula tradicional).
  • Por outro lado, f(0)=0 significa que x_{0}=0 já é uma raiz exata — não há necessidade de iterar: a solução já foi encontrada.
Portanto: não é possível executar a iteração (computar x_{1}) usando a fórmula de Newton em x_{0}=0 por causa de f'(0)=0, mas x_{0}=0 já é a raiz exata.

Passo 5

Para a parte (b) vou escolher um outro chute inicial dentro do intervalo dado; escolho \,x_{0}=1\, (qualquer outro ponto em [-1,1], x_{0}\neq0, também serve).
Antes de iterar, é útil entender a convergência aqui: como a raiz tem multiplicidade m=2, Newton converge linearmente com fator aproximado (m-1)/m=1/2. Para ver isso rapidamente, para x pequeno:
e^{-x}=1-x+O(x^{2}) \quad\Rightarrow\quad \frac{e^{-x}-1}{2}\approx-\frac{x}{2},
logo x_{n+1}\approx x_{n}-\frac{x_{n}}{2}=\frac{x_{n}}{2}. Ou seja, cada iteração reduz aproximadamente pela metade o erro absoluto — convergência linear, fator \approx1/2. Isso explica por que vamos ver o valor aproximadamente dividindo-se por 2 a cada iteração.

Passo 6

Vou aplicar a fórmula
x_{n+1}=x_{n}+\frac{e^{-x_{n}}-1}{2}
a partir de x_{0}=1. Em cada linha mostro x_{n}, e^{-x_{n}} (aprox.) e o novo x_{n+1}. Uso aproximações decimais suficientes para garantir que o erro final seja menor que 10^{-4}.
\begin{aligned} x_{0}&=1,\\[4pt] e^{-x_{0}}&=e^{-1}\approx0,3678794412,\\[4pt] x_{1}&=1+\frac{0,3678794412-1}{2}=0,6839397206. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{1}&\approx0,6839397206,\\[4pt] e^{-x_{1}}&\approx0,504626\quad(\text{aprox.}),\\[4pt] x_{2}&=0,6839397206+\frac{0,504626-1}{2}\approx0,4362527. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{2}&\approx0,4362527,\\[4pt] e^{-x_{2}}&\approx0,646496,\\[4pt] x_{3}&\approx0,2595007. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{3}&\approx0,2595007,\\[4pt] e^{-x_{3}}&\approx0,771695,\\[4pt] x_{4}&\approx0,1453482. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{4}&\approx0,1453482,\\[4pt] e^{-x_{4}}&\approx0,864856,\\[4pt] x_{5}&\approx0,0777763. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{5}&\approx0,0777763,\\[4pt] e^{-x_{5}}&\approx0,925158,\\[4pt] x_{6}&\approx0,0403553. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{6}&\approx0,0403553,\\[4pt] e^{-x_{6}}&\approx0,960454,\\[4pt] x_{7}&\approx0,0205823. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{7}&\approx0,0205823,\\[4pt] e^{-x_{7}}&\approx0,979622,\\[4pt] x_{8}&\approx0,0103933. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{8}&\approx0,0103933,\\[4pt] e^{-x_{8}}&\approx0,989648,\\[4pt] x_{9}&\approx0,0052173. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{9}&\approx0,0052173,\\[4pt] e^{-x_{9}}&\approx0,994794,\\[4pt] x_{10}&\approx0,0026143. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{10}&\approx0,0026143,\\[4pt] e^{-x_{10}}&\approx0,997388,\\[4pt] x_{11}&\approx0,0013083. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{11}&\approx0,0013083,\\[4pt] e^{-x_{11}}&\approx0,998692,\\[4pt] x_{12}&\approx0,0006543. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{12}&\approx0,0006543,\\[4pt] e^{-x_{12}}&\approx0,9993459,\\[4pt] x_{13}&\approx0,00032725. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{13}&\approx0,00032725,\\[4pt] e^{-x_{13}}&\approx0,9996728,\\[4pt] x_{14}&\approx0,00016365. \end{aligned}
\begin{aligned} x_{14}&\approx0,00016365,\\[4pt] e^{-x_{14}}&\approx0,99983635,\\[4pt] x_{15}&\approx0,000081825. \end{aligned}
Note que |x_{15}|\approx0,000081825<10^{-4}. Pelo critério pedido (erro absoluto menor que 10^{-4}) podemos parar na iteração n=15 com o valor x_{15}.]

Passo 7

Como a raiz exata é 0, o erro absoluto na iteração n é |x_{n}-0|=|x_{n}|. A iteração produz uma sequência que se aproxima por redução aproximadamente da metade a cada passo (conforme a análise de multiplicidade). Com o chute x_{0}=1 foi necessário chegar até x_{15} para que |x_{15}|<10^{-4}. Se escolhesse outro chute, por exemplo x_{0}=-1, obter-se-ia convergência também, possivelmente em menos iterações (teste rápido mostra que com x_{0}=-1 são cerca de 12 iterações até atingir a mesma tolerância).

Resposta

(a) Não é possível aplicar a iteração de Newton em x_{0}=0 porque f'(0)=0 (divisão por zero); contudo x_{0}=0 já é a raiz exata.
(b) Tomando x_{0}=1, após 15 iterações obtém-se x_{15}\approx0,000081825, que satisfaz |x_{15}|<10^{-4}.

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