Resolução do exame de matemática computacional

GRUPO I

1

L

Método de Newton

Quando se procura uma raiz da função f pelo método de Newton,

a função iteradora tem a forma gHxL =x -fHxL f 'HxL. Neste caso, temos : Simplify@x -f@xD f '@xDD

1+2 x3

-2+3 x2

Logo, a função iteradora que corresponde

ao método de Newton é a g1. Condições de convergência :

aLfH1.5L *fH2L <0 [email protected] -0.625 f@2D 3 bLf 'HxL ¹0 [email protected], 2D? f '@xD -2+3 x2

f ' é positiva para x > 23, logo é positiva [email protected], 2D. cLf ''HxLnão muda de sinal [email protected], 2D?

f ''@xD

Logo, f ''@xDnão muda de sinal [email protected], 2D. dL fH1.5L  f 'H1.5L <0.5, fH2L  f 'H2L <0.5 Abs@[email protected] f '@1.5DD 0.131579 Abs@f@2D f '@2DD 3 10

2

L

Convergência do método do ponto fixo com a função g2

Verifiquemos que os pontos fixos de g2 coincidem com as raizes de f

g2HzL =z • 32 z+1 =z•2 z+1=z3_{•z ^ 3-2 z-1=0}

g2 '@xD

2 3H1+2 xL23

g2 ' é positiva e decrescente [email protected], 2D. Logo, o máximo de g2 'HxL é atingido em x=1.5 g2 '@1.5D

0.264567

Como max g2 'HxL [email protected], 2D é menor que 1, a função g2 é contractiva neste intervalo. Verifiquemos se [email protected], 2D Ì @1.5, 2D

[email protected]

1.5874

[email protected]

1.70998

A função g2 é crescente [email protected], 2D Hjá vimos que a derivada é positivaL. Por outro lado, [email protected] Î @1.5, 2De g@2D Î @1.5, 2D; logo, [email protected], 2D Ì @1.5, 2D.

3

L

Número mínimo de iterações do método do ponto fixo com a função g2

Estimativa do erro do método do ponto fixo apriori :

x_n-z b Ln x_n -x_ 0 b Ln 2-1.5 = Ln0.5

Para que o erro seja inferior a¶, deve verificar-se

Ln0.5< ¶ •Ln<2¶ •n >Log@2¶D Log@LD No caso de¶ =0.001, temos

[email protected] [email protected]

4.67387

Logo, são necessárias , pelo menos,

5 iterações para garantir que erro seja inferior a 0.001

H* Verificação: calcular as primeiras 5 iteradas do método do ponto fixo:*L Histo não faz parte da correcção do exame, é apenas um complementoL

NestList@g2, 1.5, 5D

81.5, 1.5874, 1.6102, 1.61604, 1.61752, 1.6179<

H* Cálculo da raiz através do comando FindRoot*L

FindRoot@f@xD Š0,8x, 1.5<D 8x®1.61803< 4Lfunção g3 g3 '@xD 3 x2 2 g3 '@1.5D 3.375

A função g3 '@xD é crescente e positiva [email protected], 2D. Logo, g3 '@xD ‘[email protected] =3.375>1, "xÎ@1.5, 2D. Logo,

o método do ponto fixo não converge para z, qualquer que seja a aproximação inicial.

GRUPO II

Sistema de equações :

F1@x_, y_, z_D:=x-y-1

F2@x_, y_, z_D:=5 y - x -2 z-5 F3@x_, y_, z_D:= Φ@zD +z-2 y+413

1L

Primeira Iteração do método de Newton :

2LPara que possa aplicar o método de Cholesky, a matriz do sistema deve ser simétrica e definida positiva.Como a matriz J é evidentementesimétrica,

falta mostrar que ela é definida positiva. Verifiquemos o sindal dos menores principais :

H1=1>0

H2=5.1-H-1L H-1L =4>0 H3=

Det J= 5.H1+ Φ'@-2DL - H-2L H-2L1-H-1L H-1L H1+ Φ'@-2DL =4H1+ Φ'@-2DL -4= 4Φ'@-2D Conclusão : para que a matriz seja definida positiva, basta queΦ'@-2D >0

3L

Factorização de Cholesky

LL@@1, 1DD = 1 1 LL@@2, 1DD = -1.1 -1. LL@@3, 1DD =0 0 LL@@2, 2DD = 5-H-1L^ 2 2 LL@@3, 2DD = H-2-0L 2 -1 LL@@3, 3DD = 1+ Φ'@-2D - H-1L^ 2 Φ¢@-₂D MatrixForm@LLD 1 0 0 -1. 2 0 0 -1 Φ¢@-₂D

Det J= Det L*Det L= HDet LL^ 2=K2 Φ'@-2D O^ 2=4Φ'@-2D 4

L

Cálculo de x ^

H

1

L

pelo método de Newton

Logo,-FIxH0L, yH0L, zH0LM = H0, 2,-1L. Matriz do sistema :

Φ@z_D:=4 z ^ 33

Φ'@-2D

16

JJ=881,-1, 0<,8-1, 5,-2<,80,-2, 1+ Φ'@-2D<< 881,-1, 0<,8-1, 5,-2<,80,-2, 17<<

Resolvendo o sistema pelo método de Cholesky

Matriz L

MatrixForm@LLD

1 0 0

-1. 2 0 0 -1 4

Substituição descendente :

1 g1=0 Þ g1=0

-g1 + 2 g2=2 Þ g2=1

-g2 + 4 g3= -1Þ g3=0

Substituição ascendenteHa matriz U é a transposta de LL: 4Dx3 =0Þ Dx3 =0

2 Dx2 - Dx3 =1 Þ Dx2 =12

Dx1 - Dx2 =0 Þ Dx1 =12

Conclusão : DxH0L=H12 , 12, 0L.

Para obter a primeira iterada do método de Newton basta agora somar :

xH1L=xH0L+ DxH0L=H1, 0,-2L + H12, 12, 0L = H32, 12,-2L

GRUPO III

1LPolinómio interpolador da função f em -1, 1, 3 : f@-1, 1D = H7-11L 2= -2

f@1, 3D = H51-7L 2=22 f@-1, 1, 3D = H22+2L 4=6

Pela fórmula de Newton, P2HxL =f@-1D +f@-1, 1D Hx+1L +f@-1, 1, 3D Hx+1L Hx-1L Simplify@11-2Hx+1L +6Hx+1L Hx-1LD

3-2 x+6 x2

2LTemos f@-1, 1, 3D =6

Hcoeficiente x ^ 2 em P2L. Por outro lado, temos : f@-1, 1, 2D =4; logo, f@-1, 1, 2, 3D = Hf@-1, 1, 3D -f@-1, 1, 2DL  H3-2L =6-4=2 Finalmente, P3@xD =P2@xD +f@-1, 1, 2, 3D Hx+1L Hx-1L Hx-3L =3-2 x+6 x ^ 2+2Hx+1L Hx-1L Hx-3L. 3LaLCalcularà -1 3

fHxL âx pela regra de Simpson fH-1L =P2H-1L =11 fH1L =P2H1L =7 fH3L =P2H3L =51 Logo , I2HfL =h3HfH-1L +4 fH1L +fH3LL =23H11+28+51L =60 Verificação : Integrate@P2@xD,8x,-1, 3<D 60

bLDiz-se que uma fórmula de integração numérica tem grau n se for

exacta para todos os polinómios de grau n, mas não for exacta, pelo menos, para um polinómio de grau Hn+ 1L.A regra de Simpson é uma fórmula de grau 3. 3LConsideremos o seguinte problema de valores iniciais :

y ''HxL = x yHxL3y 'HxL yH1L = -1, y 'H1L = -1

y1 'HxL =y2HxL

y2 'HxL =x y1HxL3_y2H_xL

Usando as notações habituais, temos

f1Hx, y1, y2L =y2; f2Hx, y1, y2L = x y13y2 Logo

¶xf2=1,¶y1f2 =3 x y12y2, ¶y2f2=x y13

A fórmula de Taylor de segunda ordem, aplicada à segunda equação, dá-nos

y2H1+hL =y2H1L + h f2H1,-1,-1L +h2‘2I¶xf2 + ¶y1 f2*y1 '+ ¶y2f2*y2 'M onde f2H1,-1,-1L =1H-1L3H-1L =1 ¶xf2=1, ¶y1 f2=3 *1*1*H-1L = -3, y1 '=f1H1,-1,-1L = -1; ¶y2f2=1H-1L3= -1, y2 '=f2H1,-1,-1L =1 Finalmente y2H1+hL =y2H1L + h *1+h2‘₂H_{1 +} H-₃L H-₁L + H-₁L₁L = -_{1+h+ 3 h}2‘_2.