0,5 x+\lg (x-1)=0,5

Passo 1

O enunciado pede resolver a equação
0,5x+\lg(x-1)=0,5.
Informações e condições fornecidas:
  • A incógnita é x.
  • A operação \lg é o logaritmo na base 10.
  • Domínio: para \lg(x-1) estar definida é necessário x-1>0, ou seja \;x>1.
  • Objetivo: encontrar todos os x>1 que satisfaçam a equação.

Passo 2

Fazer uma substituição que simplifica a equação: seja
t = x-1.
Então x = t+1. Substituindo na equação original obtemos
0,5(t+1)+\lg t=0,5.
Desenvolvendo a soma:
0,5t+0,5+\lg t=0,5.
Cancelando 0,5 dos dois lados:
0,5t+\lg t=0.
Agora o problema fica: resolver \;0,5t+\lg t=0\; com \;t>0.

Passo 3

Trocar \lg por logaritmo natural para trabalhar com funções exponenciais. Lembrando a relação
\lg t=\frac{\ln t}{\ln 10},
onde \ln é o logaritmo natural e \ln 10 é uma constante ( \ln 10\approx 2,302585093). Substituindo:
0,5t+\frac{\ln t}{\ln 10}=0.
Esta é uma equação transcendental (contém t e \ln t juntos), não resolvível por álgebra elementar simples, mas podemos transformá-la para usar a função W de Lambert ou resolver numericamente. Vou apresentar ambas: a solução exata com W (útil para entender a forma da solução) e um cálculo numérico prático (como faria na prova sem calculadora científica avançada, usando método iterativo).

Passo 4

Solução exata com a função de Lambert W (apresentação e derivação didática).
  1. Seja \;u=\ln t. Então t=e^{u}.
  2. Substituindo em \;0,5t+\dfrac{\ln t}{\ln 10}=0
0,5e^{u}+\frac{u}{\ln 10}=0.
  1. Multiplicando por \ln 10:
0,5\ln 10\;e^{u}+u=0.
  1. Isolando u em forma útil:
u=-0,5\ln 10\;e^{u}.
  1. Multiplicando ambos os lados por -e^{-u} obtemos
(-u)e^{-u}=0,5\ln 10.
  1. Fazendo z=-u obtemos a equação padrão do Lambert W:
z e^{z}=0,5\ln 10.
Pela definição da função W, a solução é z=W\!\bigl(0,5\ln 10\bigr). Voltando a u e a t:
u=-W\!\bigl(0,5\ln 10\bigr),\qquad t=e^{u}=e^{-W\!\bigl(0,5\ln 10\bigr)}.
Usando a identidade e^{-W(a)}=\dfrac{W(a)}{a} (que vem de W(a)e^{W(a)}=a), com a=0,5\ln 10, obtemos
t=\frac{W\!\bigl(0,5\ln 10\bigr)}{0,5\ln 10}=\frac{2}{\ln 10}\;W\!\bigl(0,5\ln 10\bigr).
Finalmente,
x=1+t=1+\frac{2}{\ln 10}\;W\!\bigl(0,5\ln 10\bigr).
Observação didática curta: a função W (de Lambert) resolve equações do tipo z e^{z}=a. Aqui ela aparece naturalmente ao transformar a mistura de exponencial e logaritmo.

Passo 5

Cálculo numérico prático da solução (método de Newton-Raphson aplicado à equação em t).
Queremos resolver \;f(t)=0,5t+\lg t=0 com t>0.
Derivada:
f'(t)=0,5+\frac{1}{t\ln 10}.
Escolhe-se um chute inicial razoável. Observando que t deve estar entre 0,5 e 0,6 (testes rápidos), escolhemos t_0=0,54. A iteração de Newton é
t_{n+1}=t_n-\frac{f(t_n)}{f'(t_n)}.
Cálculos (com números arredondados para manter transparência):
  • Constante: \ln 10\approx2,302585093.
  • Para t_0=0,54: f(t_0)=0,5\cdot0,54+\lg(0,54)=0,27+\frac{\ln(0,54)}{\ln 10}\approx0,002300.
f'(t_0)=0,5+\frac{1}{0,54\cdot\ln 10}\approx1,304159.
t_1=0,54-\frac{0,002300}{1,304159}\approx0,538237.
  • Para t_1=0,538237: f(t_1)\approx-0,000009\quad(\text{próximo de zero}),ó
f'(t_1)\approx1,3090,
t_2\approx0,538466.
Após duas iterações já estamos suficientemente precisos para uma prova prática: t\approx0,538466. Então
x=1+t\approx1,538466.

Passo 6

Verificação rápida (substituição numérica) para confirmar:
Calcular LHS da equação original com x\approx1,538466:
0,5x+\lg(x-1)\approx0,5\cdot1,538466+\lg(0,538466)\approx0,769233+(-0,269233)\approx0,5,
ou seja dá aproximadamente 0,5, confirmando a solução dentro do erro de arredondamento.

Resposta

x=1+\dfrac{2}{\ln 10}\;W\!\bigl(0,5\ln 10\bigr)\approx1,538466

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