Usando o método de Newton, resolva as equações a seguir considerando erro \leq 10^{-3} :
2 x-e^{-x}=0

Passo 1

O que o enunciado pede e quais são as informações dadas:
  • Pede: usar o método de Newton para resolver a equação 2x - e^{-x} = 0 com erro \leq 10^{-3}.
  • Informações dadas:
    • A função cuja raiz procuramos é f(x)=2x-e^{-x}.
    • A tolerância exigida para o resultado é 10^{-3} (erro máximo permitido).
  • Objetivo concreto: encontrar um valor x tal que f(x)=0, usando iterações de Newton até que a condição de erro seja satisfeita.

Passo 2

O método de Newton (intuição e fórmula):
  • Intuição curta e amigável: a cada passo o método aproxima a curva y=f(x) por sua reta tangente no ponto atual x_n e usa a interseção dessa reta com o eixo x como a próxima aproximação x_{n+1}. Isso costuma convergir rápido quando a aproximação inicial é razoável.
  • Fórmula iterativa (fórmula principal do método):
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • O que cada símbolo significa:
    • x_n é a aproximação atual da raiz.
    • x_{n+1} é a próxima aproximação calculada.
    • f(x_n) é o valor da função no ponto x_n.
    • f'(x_n) é a derivada da função no ponto x_n.
  • Critério de parada: vou usar a diferença entre iterações consecutivas como medida do erro. Ou seja, paro quando
|x_{n+1}-x_n|\le 10^{-3}.
Essa é uma escolha prática e compatível com a exigência do enunciado; outra possibilidade seria usar |f(x_n)|\le 10^{-3}, mas a diferença de iterações é simples e confiável aqui.

Passo 3

Escolha de uma aproximação inicial x_0 e justificativa:
  • Primeiro verifico sinais simples para encontrar um intervalo onde exista raiz (teorema do valor intermediário):
    • f(0)=2\cdot0-e^{0}=-1 (negativo).
    • f(1)=2\cdot1-e^{-1}=2-e^{-1}\approx2-0,367879=1,632121 (positivo).
    • Como os sinais em 0 e 1 são opostos, existe ao menos uma raiz em (0,1).
  • Faço avaliações rápidas para uma boa escolha inicial:
    • f(0,3)=2\cdot0,3-e^{-0,3}=0,6-0,740818\approx-0,140818.
    • f(0,4)=2\cdot0,4-e^{-0,4}=0,8-0,670320\approx0,129680.
    • Como a raiz está entre 0,3 e 0,4, escolho uma aproximação central: x_0=0,35. É uma escolha eficiente porque já fica bem perto da raiz.

Passo 4

Derivada necessária e preparação para iterar:
  • A derivada da função é
f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl(2x-e^{-x}\bigr)=2+e^{-x}.
  • Vamos usar a fórmula de Newton com f e f' acima.

Passo 5

Primeira iteração (de x_0 para x_1) — cálculos passo a passo:
  • Ponto inicial: x_0=0,35.
  • Calcular f(x_0): f(0,35)=2\cdot0,35-e^{-0,35}=0,7-e^{-0,35}.Sabendo e^{-0,35}\approx0,704688, obtemos f(0,35)\approx0,7-0,704688=-0,004688.
  • Calcular f'(x_0): f'(0,35)=2+e^{-0,35}\approx2+0,704688=2,704688.
  • Aplicar a fórmula de Newton: x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\approx0,35-\frac{-0,004688}{2,704688}
\Rightarrow x_1\approx0,35+0,001733=0,351733.
  • Diferença entre iterações: |x_1-x_0|\approx|0,351733-0,35|=0,001733.Como 0,001733>10^{-3}, ainda não alcançamos a tolerância, então precisamos de mais uma iteração.

Passo 6

Segunda iteração (de x_1 para x_2) — cálculos passo a passo:
  • Ponto atual: x_1\approx0,351733.
  • Calcular f(x_1): f(0,351733)=2\cdot0,351733-e^{-0,351733}\approx0,703466-e^{-0,351733}.Estimando e^{-0,351733}\approx0,703486 (próximo do valor anterior), obtemos f(0,351733)\approx0,703466-0,703486\approx-0,000020.(Observação: o valor é muito pequeno, da ordem 10^{-5}, como esperado para Newton perto da raiz.)
  • Calcular f'(x_1): f'(0,351733)=2+e^{-0,351733}\approx2+0,703486=2,703486.
  • Aplicar a fórmula de Newton: x_2=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx0,351733-\frac{-0,000020}{2,703486}
\Rightarrow x_2\approx0,351733+0,000007\approx0,351740.
  • Diferença entre iterações: |x_2-x_1|\approx|0,351740-0,351733|=0,000007.Agora 0,000007\le 10^{-3}, então a condição de parada está satisfeita.

Resposta

x\approx 0,351740

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