Nas questões seguintes, deve apresentar todos os passos intermédios da resolução, justificando os aspetos mais relevantes.

CURSO: Eng. Electomecˆ anica

DISCIPLINA: Matem´ atica Computacional 2

ano/2

sem.

ANO LETIVO: 2018/2019 DATA: 08/04/2019 TIPO DE PROVA: 1

Frequˆ encia DURAC ¸ ˜ AO: 2 horas

Nas quest˜ oes seguintes, deve apresentar todos os passos interm´ edios da resolu¸ c˜ ao, justificando os aspetos mais relevantes.

1.

Qual ´ e a representa¸c˜ ao normalizada do n´ umero 0.01 no sistema de ponto flutuante

F P (16, 4, 2, T ) ? Resposta

Primeiro temos de converte o n´umero para base 16. Como o numero apenas tem parte fraccion´aria fazendo as multiplica¸c˜oes obtemos

0.01

×16 0.16

0.19

×16 2.56

0.56

×16 8.96

0.96

×16 15.36

0.36

×16 5.76

. . .

Logo

(0.01)₁₀≈(0.028F5)₁₆= (0.28F5)₁₆×16⁻⁽¹⁾¹⁶

2.

A lei de Stefan-Boltzmann, H = AeσT

, pode ser utilizada para estimar a taxa de

radia¸c˜ ao de energia, H, de uma superf´ıcie. H ´ e expresso em watts, A ´ e a ´ area da superf´ıcie, em m

, e ´ e uma constante, sem unidades, σ ´ e a constante de Stefan-Boltzmann e T a temperatura em Kelvin. Determine o erro m´ aximo de H para uma placa de a¸co com A = 0.15 ± 0.01, e = 0.90 ± 0.005, σ = 5.67 × 10

e T = 650 ± 25.

Resposta

A¯= 0.15 , Ea( ¯A) = 0.01

¯

e= 0.9 , E_a(¯e) = 0.005

¯

σ= 5.67×10⁻⁸ , E_a(¯σ) = 0 T¯= 650 , Ea( ¯T) = 25 Pela f´ormula da propaga¸c˜ao do erro absoluto

E_a( ¯H)≤ |¯e¯σT¯⁴| ×E_a( ¯A) +|A¯σ¯T¯⁴| ×E_a(¯e) +|A¯¯eT¯⁴| ×E_a(¯σ) +|4 ¯A¯e¯σT¯³| ×E_a( ¯T)

= 9109.173938×0.01 + 1518.195656×0.005 + 0 + 8.840846825×25 = 308.8944239

3.

A fun¸c˜ ao f (x) = ln(1 + x), x ∈ [0, 1] vai ser aproximada pelo respetivo polin´ omio de Taylor de grau n em torno de zero,

P

(x) = x − x

2 + x

3 − x

4 + · · · + (−1)

x

n .

Determine o grau m´ınimo do polin´ omio que se deve considerar para determinar uma apro- xima¸c˜ ao para ln(2), com erro absoluto inferior a 10

.

Resposta

ln(2)≈P_n(1)

Pelo resto de ordem n do polin´omio de Taylor temos Ea(Pn(1)) =|R_n(1)|=

f⁽ⁿ⁺¹⁾(ξ)

(n+ 1)! (1−0)ⁿ⁺¹

, ξ∈[0,1]

As derivadas de f s˜ao

f(x) = ln(x+ 1) f⁰(x) = 1

1 +x f⁰⁰(x) = −1

(1 +x)² f⁰⁰⁰(x) = 2

(1 +x)³ ...

f⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ⁻¹(n−1)!

(1 +x)ⁿ

Logo

|f⁽ⁿ⁾(ξ) =

(−1)ⁿ(n)!

(1 +ξ)ⁿ⁺¹

= (n)!

(1 +ξ)ⁿ⁺¹ ≤n!, ∀ξ∈[0,1].

Voltando `a f´ormula do erro

Ea(Pn(1))≤ n!

(n+ 1)! = 1

n+ 1 <10⁻³⇔n >10³−1

Para determinar uma aproxima¸c˜ao para ln(2), com erro absoluto inferior a 10⁻³ ´e necess´ario con- siderar um polin´omio de grau 1000.

4. A press˜ ao m´ axima, P , em Kg/mm

que um cabo met´ alico suporta ´ e dada por P (d) = 25d

+ ln(d),

em que d ´ e o diˆ ametro em mm. Pretende-se determinar o valor do diˆ ametro necess´ ario para suportar uma press˜ ao de 1.5 × 10

Kg/mm

.

(a)

Sabendo que o diˆ ametro procurado pertence ao intervalo [0.2, 0.3], verifique se ´ e poss´ıvel aplicar, com garantia de convergˆ encia, o m´ etodo de Newton-Raphson, para obter uma aproxima¸c˜ ao do diˆ ametro procurado.

Resposta

P(d) = 1.5×10⁻⁴⇔25d²+ln(d) = 1.5×10⁻⁴ ⇔25d²+ln(d)−1.5×10⁻⁴ = 0, d∈[0.2,0.3]

Seja f(x) = 25x²+ln(x)−1.5×10⁻⁴, x∈[0.2,0.3].

• f⁰(x) = 50x+_x¹ ef⁰⁰(x) = 50−_x¹2. Uma vez quef⁰⁰´e continua em]0,∞[, podemos afirmar quef ∈C²([0.2,0.3]).

• f(0.2)×f(0.3) =−0.6095879124×1.045877196<0.

• f⁰(x) = 50x+¹_x >0, ∀x∈[0.2,0.3](soma de valores positivos).

• f⁰⁰(x) = 0⇔50−_x¹₂ = 0⇔x=√

0.02≈0.1414213562∈/ [0.2,0.3]. Logo f⁰⁰ n˜ao muda de sinal em [0.2,0.3].

• x₀ = 0.3 poisf(0.3)×f⁰⁰(0.3)>0.

Como s˜ao verificadas todas as condi¸c˜oes de convergˆencia, podemos aplicar, com garantia de convergˆencia, o m´etodo de Newton-Raphson.

(b)

Use o m´ etodo de Newton-Raphson, com d

= 0.25 para obter uma aproxima¸c˜ ao do

diˆ ametro procurado com erro relativo inferior a 10

. Resposta

Seja f(x) = 25x²+ln(x)−1.5×10⁻⁴, x∈[0.2,0.3] ex0=.25.

x₁=x₀− f(x0)

f⁰(x₀) = 0.25− f(0.25)

f⁰(0.25) = 0.25−0.1760556389

16.5 = 0.2393299613

E_r(x₁)≈ |x₁−x₀|

|x₁| = |0.2393299613−0.25|

|0.2393299613| = 0.0445829626>10⁻³

x₂=x₁− f(x₁)

f⁰(x₁) = 0.2393299613− f(0.2393299613)

f⁰(0.2393299613) = 0.2393299613−0.0019086711 16.14482991

= 0.2392117395 Er(x2)≈ |x₂−x1|

|x₂| = |0.2392117395−0.2393299613|

|0.2392117395| = 4.94214097×10⁻⁴ <10⁻³ A estimativa procurada ´ed≈0.2392117395.

(c)

De forma a aplicar o m´ etodo do ponto fixo a equa¸c˜ ao P (d) = 1.5 × 10

foi reescrita da forma d = d + a(25d

+ ln(d) − 1.5 × 10

). Indique os valores de a ∈ R que garantem a convergˆ encia do m´ etodo do ponto fixo, no intervalo [0.2, 0.3].

Resposta

Seja g(x) =x+a(25x²+ln(x)−1.5×10⁻⁴).

g⁰(x) = 1 +a 50x+¹_x logo

|g⁰(x)|<1⇔

1 +a

50x+ 1 x

<1⇔

1 +a

50x+ 1 x

<1 ∧ 1 +a

50x+ 1 x

>−1

a

50x+ 1 x

<0 ∧ a

50x+1 x

>−2

a <0 ∧ a > −2 50x+¹_x a <0 ∧ a >− 6

55 (ver gr´afico) Logo a∈]−₅₅⁶,0[.

5.

A componente for¸cada de uma tens˜ ao transit´ oria para um dado circuito pode ser tradu- zida pela express˜ ao

E (t) = e

sin(2t − π).

Determine um valor aproximado para a tens˜ ao minima deste circuito no intervalo [0,1.4], utilizando o m´ etodo da interpola¸c˜ ao quadr´ atica.

Resposta

t3 = E(t₀)(t²₁−t²₂) +E(t₁)(t²₂−t²₀) +E(t₂)(t²₀−t²₁) 2E(t₀)(t₁−t₂) + 2E(t₁)(t₂−t₀) + 2E(t₂)(t₀−t₁)

Sejam t0 = 0,t1 = 1.4 et2 = 0.7 ent˜ao E(0) = 0

E(1.4) =−0.2572893625 E(0.7) =−0.8636358622

t3 = E(0)(1.4²−0.7²) +E(1.4)(0.7²−0²) +E(0.7)(0²−1.4²)

2E(0)(1.4−0.7) + 2E(1.4)(0.7−0) + 2E(0.7)(0−1.4) = 0.7612601071 Logo a tens˜ao m´ınima e aproximadamente E(0.7612601071) =−0.8653165424.

6. Considere o seguinte sistema de equa¸c˜ oes para determinar as concentra¸c˜ oes c

, c

e c

(g/m

) numa s´ erie de 3 reatores como fun¸c˜ ao da quantidade de massa ` a entrada de cada reactor :







12c

− 4c

− 3c

= 500

−3c

+ 21c

− bc

= 200

−6c

− 4c

+ 10bc

= 30

, b ∈ R .

(a)

Considere b = 1 e resolva o sistema pelo m´ etodo da decomposi¸c˜ ao LU.

Resposta

A condensa¸c˜ao da matriz dos coeficientes ´e





12 −4 −3

−3 21 −1

−6 −4 10





//

L2 →L2−(−0.25)L₁ L₃ →L₃−(−0.5)L₁





12 −4 −3

(−0.25) 20 −1.75 (−0.5) −6 8.5





//

L₃ →L₃−(−0.3)L₂





12 −4 −3

(−0.25) 20 −1.75 (−0.5) (−0.3) 7.975



, L=





1 0 0

−0.25 1 0

−0.5 −0.3 1



, U =





12 −4 −3 0 20 −1.75 0 0 7.975



.

Ly=b⇔





1 0 0

−0.25 1 0

−0.5 −0.3 1







 y1

y₂ y3



=



 500 200 30



⇔







y1= 500

−0.25y₁+y₂= 200

−0.5y₁−0.3y₂+y₃ = 30

⇔







y₁ = 500 y2 = 325 y₃ = 377.5

U x=y⇔





12 −4 −3 0 20 −1.75 0 0 7.975







 x₁ x2

x₃



=



 500 325 377.5



⇔







12x₁−4x₂−3x₃ = 500 20x2−1.75x3 = 325 7.975x3= 377.5

⇔







x1 = 60.9780564 x₂ = 20.39184953 x3 = 47.3354232

As concentra¸c˜oes s˜aoc₁ = 60.9780564, c₂ = 20.39184953 ec₃ = 47.3354232.

(b)

Indique os valores de b ∈ R que garantem a convergˆ encia do m´ etodo de Jacobi.

Resposta

A matriz dos coeficientes ´e





12 −4 −3

−3 21 −b

−6 −4 10b





Para ser estritamente diagonal dominante ´e necess´ario que







|12|>| −4|+| −3|

|21|>| −3|+| −b|

|10b|>| −6|+| −4|

⇔





 b∈R

|b|<18

|10b|>10

⇔





 b∈R

b <18∧b >−10 b >1∨b <−1

⇔b∈]−18,−1[∪]1,18[

(c)

Encontre uma aproxima¸c˜ ao da solu¸c˜ ao do sistema com b = 0.5 aplicando duas vezes o m´ etodo de Gauss-Seidel com [80, 20, 120]

como valor inicial. Indique uma estimativa do erro da aproxima¸c˜ ao obtida.

Resposta

O sistema pode ser escrito da forma







c1 = ^500+4c₁₂^2+3c3 c₂ = ^200+3c₂₁^1+0.5c3 c3 = ^30+6c₅^1+4c2

,

Agora aplica-se a itera¸c˜ao do m´etodo de Gauss-Seidel











c^(k+1)₁ = ^500+4c

(k) 2 +3c^(k)₃ 12

c^(k+1)₂ = ^200+3c

(k)

1 +0.5c^(k+1)₃ 21

c^(k+1)₃ = ^30+6c

(k+1)

1 +4c^(k+1)₂ 5

,

Come¸cando com [c⁽⁰⁾₁ , c⁽⁰⁾₂ , c⁽⁰⁾₃ ]^T = [80, 20, 120]^T as itera¸c˜oes s˜ao:











c⁽¹⁾₁ = ^500+4c

(0) 2 +3c⁽⁰⁾₃ 12

c⁽¹⁾₂ = ^200+3c

(0) 1 +0.5c⁽¹⁾₃

21

c⁽¹⁾₃ = ^30+6c

(1) 1 +4c⁽¹⁾₂

5

⇔







c⁽¹⁾₁ = 500+4×20+3×120

12 = 78.3333333 c⁽¹⁾₂ = 200+3×78.3333333+0.5×120

21 = 23.57142857 c⁽¹⁾₃ = 30+6×78.3333333+4×23.57142857

5 = 118.8571429











c⁽²⁾₁ = ^500+4c

(1) 2 +3c⁽¹⁾₃ 12

c⁽²⁾₂ = ^200+3c

(1) 1 +0.5c⁽²⁾₃

21

c⁽²⁾₃ = ^30+6c

(2) 1 +4c⁽²⁾₂

5

⇔







c⁽¹⁾₁ = 500+4×23.57142857+3×118.8571429

12 = 79.23809524

c⁽¹⁾₂ = 200+3×79.23809524+0.5×118.8571429

21 = 23.67346939

c⁽¹⁾₃ = 30+6×79.23809524+4×23.67346939

5 = 120.0244898

A estimativa pedida ´e

C⁽²⁾ =





79.23809524 23.67346939 120.0244898





e a estimativa do erro na norma ∞ ´e Ea(C⁽²⁾)≈ kC⁽²⁾−C⁽¹⁾k_∞=





79.23809524 23.67346939 120.0244898



−





78.3333333 23.57142857 118.8571429



 ∞

=





0.9047619048 0.1020408178 1.167346896



 ∞

= 1.167346896