Seja f(x)=\frac{x^{2}}{2}+e^{-x}. Procura-se o valor de x que minimiza a função. Dado que \mathrm{f}(\mathrm{x}) é convexa, o problema é equivalente a encontrar o zero de que função?
(i) É possível encontrar uma aproximação de x pelo método da bisseção?
(ii) Resolva pelos métodos secante e Newton-Raphson \operatorname{com} \varepsilon \leq 10^{-2}. Trabalhe com 4 casas decimais e com truncamento.
(iii) Neste caso, a ordem de convergência de Newton-Raphson é quadrática? Justifique a resposta.

Passo 1

O enunciado pede o ponto que minimiza a função
f(x)=\frac{x^{2}}{2}+e^{-x},
sabendo que f é convexa. Em otimização convexa, o mínimo ocorre exatamente onde
f'(x)=0.
Logo, vamos precisar:
  1. calcular f'(x),
  2. formular a função cujos zeros buscamos,
  3. verificar se podemos usar bisseção,
  4. aplicar os métodos da secante e Newton–Raphson com \varepsilon\le10^{-2}, truncando a quatro casas decimais,
  5. discutir a ordem de convergência de Newton.

Passo 2

Derivando
f'(x)=\frac{d}{dx}\Bigl(\tfrac{x^2}{2}\Bigr)+\frac{d}{dx}(e^{-x})=x - e^{-x}.
Portanto, o problema é equivalente a achar o zero da função
g(x)=x - e^{-x}.

Passo 3

(i) Para usar o método da bisseção precisamos de um intervalo [a,b] com g(a)\cdot g(b)<0.
Escolhendo a=0 e b=1:
g(0)=0-1=-1,\quad g(1)=1-e^{-1}\approx1-0,3679=0,6321,
como g(0)<0 e g(1)>0, há mudança de sinal em [0,1], logo é possível usar bisseção.

Passo 4

(ii) Método da secante com x_{0}=0{,}0000, x_{1}=1{,}0000, truncando a 4 casas após cada iteração até |x_{n}-x_{n-1}|<10^{-2}:
\begin{aligned} g(0{,}0000)&=-1{,}0000,\quad g(1{,}0000)=1-0{,}3679=0{,}6321,\\\ x_{2}&=1{,}0000-\frac{0{,}6321}{0{,}6321-(-1{,}0000)}=0{,}6127,\\\ g(0{,}6127)&\approx0{,}6127-e^{-0.6127}\approx0{,}0706,\\\ x_{3}&=0{,}6127-\frac{0{,}0706\,(0{,}6127-1{,}0000)}{0{,}0706-0{,}6321}=0{,}5640,\\\ g(0{,}5640)&\approx0{,}5640-e^{-0.5640}\approx-0{,}0052,\\\ x_{4}&=0{,}5640-\frac{-0{,}0052\,(0{,}5640-0{,}6127)}{-0{,}0052-0{,}0706}=0{,}5673,\\\ \end{aligned}
aqui |x_{4}-x_{3}|=0{,}0033<10^{-2}, parabéns, secante dá
x_{\text{secante}}\approx0{,}5673.

Passo 5

(ii) Método de Newton–Raphson com g'(x)=1+e^{-x}, partindo de x_{0}=0{,}0000:
\begin{aligned} g(0{,}0000)&=-1{,}0000,\quad g'(0{,}0000)=2{,}0000,\quad x_{1}=0{,}0000-\frac{-1{,}0000}{2{,}0000}=0{,}5000,\\\ g(0{,}5000)&=0{,}5000-e^{-0.5}\approx-0{,}1065,\quad g'(0{,}5000)=1{,}6065,\\\ x_{2}&=0{,}5000-\frac{-0{,}1065}{1{,}6065}=0{,}5663,\\\ g(0{,}5663)&\approx-0{,}0017,\quad g'(0{,}5663)\approx1{,}5680,\\\ x_{3}&=0{,}5663-\frac{-0{,}0017}{1{,}5680}=0{,}5674, \end{aligned}
e |x_{3}-x_{2}|=0{,}0011<10^{-2}, logo
x_{\text{Newton}}\approx0{,}5674.

Passo 6

(iii) Em teoria, Newton–Raphson tem ordem de convergência quadrática quando g'(\alpha)\neq0 no zero \alpha. Aqui
g'(\alpha)=1+e^{-\alpha}>1\neq0,
portanto, localmente a convergência é quadrática.

Resposta

(i) Achar o zero de g(x)=x-e^{-x}$. (ii) secante:\(\;x\approx0{,}5673,
Newton–Raphson: \;x\approx0{,}5674.
(iii) Sim, a ordem é quadrática porque g'(\alpha)=1+e^{-\alpha}\neq0.)

Exercícios relacionados