Utilizando o processo de isolamento de raízes encontre o(s) intervalo(s) que contenham 1 raiz das funções abaixo:
e^{x}-\operatorname{sen}\left(\frac{x \pi}{3}\right);

Passo 1

O enunciado pede: encontrar, por isolamento de raízes, o(s) intervalo(s) que contenham exatamente uma raiz da função
f(x)=e^{x}-\operatorname{sen}\!\left(\frac{\pi x}{3}\right).
Informações dadas que vamos usar:
\,f é contínua e diferenciável em \mathbb{R} (soma de e^{x} e -\operatorname{sen}(\cdot)).
A função \operatorname{sen} tem período 6 para o argumento \frac{\pi x}{3} (porque \frac{\pi}{3}\Delta x=2\pi\Rightarrow \Delta x=6).
Pontos notáveis da seno com esse argumento: zeros em x=3k e extremos em x=\tfrac{3}{2}+3k, k\in\mathbb{Z}.
Nossa tarefa: achar intervalos (preferivelmente curtos, p.ex. entre inteiros) onde \,f muda de sinal (garantindo pelo Teorema do Valor Intermediário a existência de uma raiz) e mostrar que cada intervalo contém exatamente uma raiz.

Passo 2

Avalio f\) em inteiros porque \(\operatorname{sen}\!\left(\frac{\pi n}{3}\right)\) para inteiro \(n\) toma valores simples (ciclo de comprimento \(6\)): \[\begin{aligned} \operatorname{sen}\!\left(\frac{\pi n}{3}\right)&=\begin{cases} 0 & \text{se }n\equiv 0,3\pmod{6},\\[2pt] \frac{\sqrt{3}}{2} & \text{se }n\equiv 1,2\pmod{6},\\[2pt] -\frac{\sqrt{3}}{2} & \text{se }n\equiv 4,5\pmod{6}. \end{cases} \end{aligned}
Logo, para inteiro n\] temos \[f(n)=e^{n}-\operatorname{sen}\!\left(\frac{\pi n}{3}\right)\] com valores fáceis de comparar com zero. Vou calcular alguns \(f(n) e observar o padrão.]

Passo 3

Calculo alguns valores-chave (aproximações numéricas só para intuição):
\begin{aligned} f(0)&=e^{0}-0=1>0,\\\ f(-1)&=e^{-1}-\operatorname{sen}\!\left(-\tfrac{\pi}{3}\right)=e^{-1}-(-\tfrac{\sqrt{3}}{2})\approx 0,368+0,866>0,\\\ f(-2)&=e^{-2}-\operatorname{sen}\!\left(-\tfrac{2\pi}{3}\right)=e^{-2}-(-\tfrac{\sqrt{3}}{2})\approx 0,135+0,866>0,\\\ f(-3)&=e^{-3}-0\approx 0,0498>0,\\\ f(-4)&=e^{-4}-\operatorname{sen}\!\left(-\tfrac{4\pi}{3}\right)=e^{-4}-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 0,0183-0,866<0,\\\ f(-5)&=e^{-5}-\operatorname{sen}\!\left(-\tfrac{5\pi}{3}\right)=e^{-5}-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 0,0067-0,866<0,\\\ f(-6)&=e^{-6}-0\approx 0,00248>0. \end{aligned}
Observação do padrão: em \{0,-1,-2,-3\} f é positivo; em \{-4,-5\} é negativo; em -6 volta a ser positivo. Isso sugere mudanças de sinal e, portanto, raízes nos intervalos (-6,-5) e (-4,-3). Vou generalizar esse padrão usando a periodicidade de \operatorname{sen}.

Passo 4

Generalização por período: para inteiro k consideramos os pontos
6k,\;6k+1,\;6k+2,\;6k+3,\;6k+4,\;6k+5.
Pelos valores da seno em inteiros,
\begin{aligned} f(6k)&=e^{6k}-0=e^{6k}>0,\\\ f(6k+1)&=e^{6k+1}-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\\\ f(6k+2)&=e^{6k+2}-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\\\ f(6k+3)&=e^{6k+3}-0=e^{6k+3}>0. \end{aligned}
Note que e^{6k+1} e e^{6k+2} ficam muito pequenos quando k é negativo suficiente. Precisamos achar para quais k temos e^{6k+1}<\tfrac{\sqrt{3}}{2} e e^{6k+2}<\tfrac{\sqrt{3}}{2}. Como \ln\!\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)\approx -0,1431, a condição 6k+1< -0,1431 k\le -1. Assim, para todo k\le -1 temos
f(6k)>0,\quad f(6k+1)<0,\quad f(6k+2)<0,\quad f(6k+3)>0.
Pelo Teorema do Valor Intermediário existem pelo menos duas raízes em cada período negativo: uma em (6k,6k+1) e outra em (6k+2,6k+3) sempre que k\le -1.

Passo 5

Agora mostro que em cada um desses intervalos a raiz é única. Para isso uso a derivada
f'(x)=e^{x}-\frac{\pi}{3}\cos\!\left(\frac{\pi x}{3}\right).
Analiso o sinal de f' nos dois tipos de intervalo, para k\le -1:
  1. Em (6k,6k+1): o argumento \frac{\pi x}{3} varia em (2\pi k,2\pi k+\tfrac{\pi}{3}), onde \cos satisfaz \cos\!\left(\frac{\pi x}{3}\right)\ge \cos\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=\tfrac{1}{2}. Logo
f'(x)\le e^{6k+1}-\frac{\pi}{3}\cdot\frac{1}{2}=e^{6k+1}-\frac{\pi}{6}.
Para k\le -1 temos 6k+1\le -5, então e^{6k+1}\le e^{-5}\approx 0,0067 e
e^{6k+1}-\frac{\pi}{6}\le e^{-5}-\frac{\pi}{6}<0.
Portanto f'(x)<0 em todo (6k,6k+1) quando k\le -1. Assim f é estritamente decrescente ali, o que garante que a mudança de sinal encontrada no Passo 4 corresponde a exatamente uma raiz nesse intervalo.
  1. Em (6k+2,6k+3): o argumento varia em (2\pi k+\tfrac{2\pi}{3},2\pi k+\pi), onde \cos\!\left(\frac{\pi x}{3}\right)\le \cos\!\left(\tfrac{2\pi}{3}\right)=-\tfrac{1}{2}. Então
f'(x)\ge e^{6k+2}-\frac{\pi}{3}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)=e^{6k+2}+\frac{\pi}{6}\ge \frac{\pi}{6}>0.
Logo f'(x)>0 em todo (6k+2,6k+3) para k\le -1; f é estritamente crescente ali, garantindo unicidade da raiz nesse intervalo também.

Passo 6

Verificação rápida de que não há raízes em x\ge 0 nem em (-3,0):
  • Se x\ge 0 então e^{x}\ge 1 e \operatorname{sen}\!\left(\frac{\pi x}{3}\right)\le 1, logo
f(x)=e^{x}-\operatorname{sen}\!\left(\frac{\pi x}{3}\right)\ge 1-1=0.
A igualdade não ocorre para algum x\ge0 porque \operatorname{sen}\!\left(\frac{\pi x}{3}\right)=1 só em x=\tfrac{3}{2}+6m e aí e^{x}>1. Portanto f(x)>0 para todo x\ge0. Assim não há raízes em [0,\infty).
  • Se -3<x<0, então \frac{\pi x}{3}\in(-\pi,0) e \operatorname{sen} é negativa, logo f(x)=e^{x}- (negativo) >0. Portanto nenhuma raiz em (-3,0).

Passo 7

Conclusão: para k\le -1 cada período negativo produz exatamente duas raízes, localizadas nos intervalos
(6k,\,6k+1)\quad\text{e}\quad(6k+2,\,6k+3).
Exemplos concretos (casos k=-1,-2,\dots):
(-6,-5),\;(-4,-3),\;(-12,-11),\;(-10,-9),\;\dots
Não existem raízes em [-3,\infty).

Resposta

\,(6k,\,6k+1) e (6k+2,\,6k+3) para todo k\in\mathbb{Z} com k\le -1.

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