2 e^{x}=5 x+2

Passo 1

O enunciado dá a equação
2e^{x}=5x+2
e pede para encontrar todos os valores de x (soluções reais) que satisfazem essa igualdade.
Informações fornecidas:
  • A equação é transcendental (tem x dentro e fora de uma exponencial).
  • Não há outras condições explícitas (procurar todas as soluções reais).

Passo 2

Teste óbvio por substituição: verificar se x=0 é solução.
2e^{0}=2\cdot1=2,\qquad 5\cdot0+2=2,
logo 2e^{0}=5\cdot0+2. Portanto x=0 é uma solução.

Passo 3

Agora vamos investigar se existem outras soluções. Defina a função
f(x)=2e^{x}-5x-2.
As soluções da equação são precisamente os zeros de f.
Estudo rápido de comportamento:
  • \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}(2e^{x}-5x-2)=+\infty porque -5x\to+\infty domina quando x\to-\infty.
  • \displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty pois 2e^{x} domina.
  • Derivada:
f'(x)=2e^{x}-5.
Zerando a derivada obtemos o ponto crítico 2e^{x}=5\Rightarrow x=\ln\!\left(\tfrac{5}{2}\right). Esse é o ponto onde f atinge um mínimo global (pois f' passa de negativo para positivo).
A altura mínima vale
f\!\left(\ln\!\left(\tfrac{5}{2}\right)\right)=2\cdot\frac{5}{2}-5\ln\!\left(\tfrac{5}{2}\right)-2=3-5\ln\!\left(\tfrac{5}{2}\right)\approx -1{,}581\\ <0.
Como f\to+\infty em ambas as extremidades e tem um mínimo negativo, f corta o eixo x duas vezes. Conclusão: há exatamente duas soluções reais.

Passo 4

Uma solução já foi encontrada por inspeção: x=0. Para escrever as soluções de forma analítica podemos usar a função de Lambert W, que é a inversa da função w\mapsto w e^{w}. A identidade-chave é: se z e^{z}=t então z=W(t) (com ramos W_k quando apropriado).
Faço a manipulação para trazer a equação à forma z e^{z}=\text{const}. Parto de
2e^{x}=5x+2.
Coloco y=5x+2, então x=\dfrac{y-2}{5} e e^{x}=e^{(y-2)/5}=e^{-2/5}e^{y/5}. A equação vira
2e^{-2/5}e^{y/5}=y.
Multiplicando ambos os lados por -\dfrac{1}{5}e^{-y/5} (ou reescrevendo diretamente), definindo z=-\dfrac{y}{5} (ou seja y=-5z), obtemos
z e^{z}= -\frac{2}{5}e^{-2/5}.
Portanto
z = W_k\!\left(-\frac{2}{5}e^{-2/5}\right),
onde k indica o ramo da função W. Voltando para x:
y=-5z\quad\Rightarrow\quad x=\frac{y-2}{5}=-z-\frac{2}{5}.
Logo as soluções são
x = -W_k\!\left(-\frac{2}{5}e^{-2/5}\right)-\frac{2}{5},
com os ramos k=0 e k=-1 possíveis se o argumento está em \left[-\tfrac{1}{e},0\right). Aqui o argumento é
-\frac{2}{5}e^{-2/5}\approx -0{,}2681280184,
que satisfaz -\tfrac{1}{e}\approx-0{,}3679 < -0{,}2681 < 0. Logo há dois ramos reais e, portanto, duas soluções reais.
Note que, para k=0 (ramo principal), temos
W_0\!\left(-\tfrac{2}{5}e^{-2/5}\right)=-\tfrac{2}{5},
porque \displaystyle\left(-\tfrac{2}{5}\right)e^{-2/5}=-\tfrac{2}{5}e^{-2/5}. Isso gera x=-\big(-\tfrac{2}{5}\big)-\tfrac{2}{5}=0, a solução que já encontramos.
O outro ramo k=-1 dá a segunda solução
x=-W_{-1}\!\left(-\tfrac{2}{5}e^{-2/5}\right)-\tfrac{2}{5}.

Passo 5

Agora vamos encontrar numericamente a segunda solução (o ramo W_{-1}) com Newton, de forma que você saiba fazer sem tabela da função W.
Reescrevo a equação original para aplicar Newton:
f(x)=2e^{x}-5x-2,\qquad f'(x)=2e^{x}-5.
Escolho uma aproximação inicial x_{0}=1{,}6 (porque já vimos que existe uma raiz positiva além de 0).
Iteração 1:
e^{1{,}6}\approx4{,}953032424,\qquad f(1{,}6)=2\cdot4{,}953032424-5\cdot1{,}6-2\approx -0{,}093935152,
f'(1{,}6)=2\cdot4{,}953032424-5\approx4{,}906064848.
Newton:
x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}\approx1{,}6-\frac{-0{,}093935152}{4{,}906064848}\approx1{,}6191487.
Iteração 2:
Calcule f(1{,}6191487) e f'(1{,}6191487). Aproximações:
e^{1{,}6191487}\approx5{,}04714\quad(\text{aprox.}),
f(1{,}6191487)\approx2\cdot5{,}04714-5\cdot1{,}6191487-2\approx0{,}000155,
f'(1{,}6191487)\approx2\cdot5{,}04714-5\approx5{,}09428.
Newton:
x_{2}=1{,}6191487-\frac{0{,}000155}{5{,}09428}\approx1{,}6187946.
A correção já é pequena; mais uma iteração reduziria o erro para ordem 10^{-8}. Portanto a segunda raiz vale aproximadamente x\approx1{,}61879.

Resposta

x=0
x\approx1,61879

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