2 x+\lg x=-0,5

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação
2x+\lg x=-0,5
ou seja, encontrar todos os números reais x que satisfazem essa igualdade. Informações dadas e observações iniciais:
  • A notação \lg x é o logaritmo de base 10 de x.
  • O domínio do logaritmo exige x>0. Portanto só faz sentido procurar raízes positivas.
  • A pergunta é: encontrar o(s) valor(es) de x>0 que satisfazem a equação.

Passo 2

Vamos transformar a equação em uma função cuja raiz procuramos. Defino
f(x)=2x+\lg x+0,5.
Então resolver a equação é achar x>0 tal que f(x)=0.
Explicando cada termo (mini-aula rápida):
  • \lg x é o logaritmo decimal. Propriedade útil: \lg(a b)=\lg a+\lg b, \lg(a^k)=k\lg a. Derivada: \dfrac{d}{dx}\lg x=\dfrac{1}{x\ln 10}, onde \ln 10 é o logaritmo natural de 10 (número aproximado \ln 10\approx2{,}302585093).
  • A função f é diferenciável em (0,\infty) e sua derivada é
f'(x)=2+\frac{1}{x\ln 10}.
Note que, para x>0, \dfrac{1}{x\ln 10}>0, logo f'(x)>0 para todo x>0. Isso nos diz que f é estritamente crescente no domínio x>0. Conclusão importante: se existir uma raiz em x>0, ela é única.

Passo 3

Agora vamos localizar um intervalo em que exista mudança de sinal (garantindo a presença da raiz pelo Teorema do Valor Intermediário). Calculo f em dois pontos fáceis:
f(0,1)=2\cdot0,1+\lg(0,1)+0,5=0,2+(-1)+0,5=-0,3.
f(0,2)=2\cdot0,2+\lg(0,2)+0,5=0,4+(\lg 2-1)+0,5.
Como \lg 2\approx0,30103, tem-se
f(0,2)\approx0,4-0,69897+0,5=0,20103>0.
Portanto f(0,1)<0 e f(0,2)>0. Como f é contínua e estritamente crescente, existe exatamente uma raiz \bar x em (0,1)\cup(1,2), mais precisamente em (0,2) e, pelo sinal, em (0,1) ou (0,2). Observando os sinais acima, a raiz está no intervalo (0{,}1,0{,}2).

Passo 4

Método numérico: escolho o Método de Newton para encontrar a raiz com rapidez. Vou explicar o método:
  • Se queremos resolver f(x)=0 com f diferenciável, a iteração de Newton é
x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
  • Intuição: aproximamos f por sua reta tangente em x_n e usamos a interseção dessa reta com o eixo x como nova aproximação.
  • É preciso fornecer uma aproximação inicial x_0. Como sabemos a raiz está em (0{,}1,0{,}2), tomo x_0=0{,}15.
Também reiterando a fórmula da derivada que usaremos:
f'(x)=2+\frac{1}{x\ln 10}.

Passo 5

Primeira iteração: x_0=0{,}15.
Calculo f(x_0):
\lg(0,15)=\lg(1,5)-1\approx0,176091259-1=-0,823908741,
f(0,15)=2\cdot0,15+\lg(0,15)+0,5=0,3-0,823908741+0,5=-0,023908741.
Calculo f'(x_0):
f'(0,15)=2+\frac{1}{0,15\cdot\ln 10}=2+\frac{1}{0,15\cdot2{,}302585093}\approx2+2{,}895006=4{,}895006.
Aplicando Newton:
x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}=0,15-\frac{-0,023908741}{4{,}895006}\approx0,15+0,004883011\approx0,154883011.

Passo 6

Avaliação em x_1 para ver a precisão.
Para evitar calcular \lg(0{,}154883011) do zero, uso uma aproximação linear da variação do logaritmo (válida porque já estamos bem próximos):
\lg(x_1)\approx\lg(0,15)+\frac{1}{0,15\ln 10}\cdot(0,154883011-0,15).
Substituindo números:
\lg(0,15)=-0,823908741, \quad \Delta x=0,004883011, \quad \frac{1}{0,15\ln 10}\approx2{,}895006,
\lg(0,154883011)\approx-0,823908741+2{,}895006\cdot0,004883011\approx-0,823908741+0,014141\approx-0,80976774.
Agora f(x_1):
f(0,154883011)=2\cdot0,154883011+\lg(0,154883011)+0,5\approx0,309766022-0,80976774+0,5\approx-0,000001718.
O valor de f(x_1) é aproximadamente -1{,}7\times10^{-6}, muito próximo de zero. Uma iteração adicional de Newton produziria correção extremamente pequena (ordem 10^{-7} ou menor), então a solução já está bem convergida.

Passo 7

Interpretação final e controle de unicidade:
  • Achamos uma solução x\approx0,154883.
  • Como f é estritamente crescente em (0,\infty), essa solução é única.
  • Para a maioria das provas práticas, a aproximação com seis casas decimais 0,154883 é mais do que suficiente.

Resposta

x\approx0,154883

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