UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO Departamento de Ciência da ComputaçãoUFRJ. Cálculo Numérico. S. C. Coutinho. Provas e gabaritos

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO Departamento de Ciência da ComputaçãoUFRJ

Cálculo Numérico S. C. Coutinho Provas e gabaritos

Lembre-se: Nas provas não são aceitas respostas sem justicativa. Você deve saber explicar tudo o que zer.

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DCC-UFRJCálculo numérico Primeira ProvaTurma EC22015/2

Questão 1 (4 pontos)

Considere as funções f1(x) = ex/4 e f2(x) = 1, 982/x.

(a) Invente uma função g(x), diferente da que é dada pelo método de Newton, cujo ponto xo é o ponto de interseção dos grácos de y = f1(x) com y = f2(x). (b) Verique que a iteração dada por xn+1= g(xn) é convergente no intervalo [0, 2].

(c) Determine uma aproximação numérica, correta até a segunda casa decimal, do ponto xo de g(x), partindo do ponto x0 = 1, 3.

(d) Determine uma aproximação numérica, correta até a segunda casa decimal, do ponto de interseção de y = f1(x) com y = f2(x), usando o método de Newton, com ponto de partida x0 = 1, 3.

Solução:

O ponto de interseção é dado por f1(x) = f2(x); isto é, por ex/4 = 1, 982/x, que podemos reescrever na forma x = 1, 982/ex/4_{. Isto sugere tomar}

g(x) = 1, 982e−x/4.

Para mostrar que a iteração converge em [0, 2], usamos o teorema do valor médio para escrever

|xn+1− ξ| = |g(xn) − g(ξ)| = |g0(c)||xn− ξ|, em que ξ é o ponto xo de g e c está entre xn e ξ. Mas

g0(x) = −1, 982 4 e

−x/4 .

Como ex/4_{é uma função crescente, sua inversa e}−x/4 _{= 1/e}x/4_{é decrescente. Logo,} |g0(x)| = 1, 982

4ex/4 < 1, 982

4 ≤ 0.4995 < 1,

para todo x ≥ 0. Iterando a função g a partir de x0 = 1, 3, obtemos os seguintes valores para xn e o erro en:

n xn en

1 1, 432 · 100 1, 321 · 10−1 2 1, 386 · 100 _{4, 651 · 10}−2 3 1, 402 · 100 _{1, 617 · 10}−2 4 1, 396 · 100 5, 676 · 10−3

Portanto, a aproximação desejada é x4 = 1.396. Finalmente, precisamos achar um zero de ex/4 _{= 1, 982/x} _{usando o método de Newton. Para facilitar as contas,} vou rearrumar a equação na forma xex/4_{− 1, 982 = 0}_{, de modo que o problema}

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consiste em calcular um zero da função h(x) = xex/4 _{− 1, 982} pelo método de Newton. Como h0(x) = ex/4+xe x/4 4 = x + 4 4 e x/4

a iteração do método de Newton-Raphson é dada por

xn+1= xn− 4 xnex/4− 1, 982 (xn+ 4)exn/4 = x 2 nexn/4+ 7, 932 (xn+ 4)exn/4 . Calculando a iteração pedida, temos

n xn en

1 1.4002 0.1002 2 1.3980 0.0021 Portanto, a aproximação desejada é 1.3980.

Questão 2 (4 pontos) Considere o sistema linear

x + 4y + z = 7 3x + y − z = 3 −5x + 13y − 22z = 48. (a) Calcule a decomposição PLU da matriz do sistema. (b) Calcule a solução exata do sistema.

(c) Rearrume o sistema de modo que o método de Jacobi seja convergente e calcule duas iterações por este método, partindo de v(0)_{= [0, 0, 0]}t

(d) Calcule os erros absoluto e relativo cometidos, no cálculo feito em (c), para a cordenada y da solução do sistema, arredondando para três casas decimais.

Solução: A matriz do sistema é _  1 4 1 3 1 −1 −5 13 −22  

Vamos aplicar eliminação gaussiana a esta matriz. Como a posição 1, 1 é não nula, não há necessidade de trocar linhas de posição. Ao nal da eliminação com o pivô na posição 1, 1, obtemos:

U =   1 4 1 0 −11 −4 0 33 −17   e L =   1 0 0 3 1 0 −5 0 1  

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Mas uma vez não há necessidade de trocar linhas de lugar, porque a posição 2, 2 não é nula. Ao nal desta etapa, obteremos

U =   1 4 1 0 −11 −4 0 0 −29   e L =   1 0 0 3 1 0 −5 −3 1  ;

além de P , que será igual à matriz identidade 3×3. Por outro lado, multiplicando   1 4 1 3 1 −1 −5 13 −22     x y z  =   7 3 48   à esquerda por L−1_{, obtemos}

  1 4 1 0 −11 −4 0 0 −29     x y z  =   1 0 0 −3 1 0 5 3 1     7 3 48  =   7 −18 29  ,

donde x = 0, y = 2 e z = −1. Passando à letra (c), trocamos a primeira equação o sistema com a segunda, para obter a matriz

A =   3 1 −1 1 4 1 −5 13 −22  

cuja diagonal é estritamente dominante. Com isto o método de Jacobi converge para esta matriz. Não esqueça que também preciamos trocar as posições das duas primeiras entradas no vetor de constante, que passa a ser

b =   3 7 48  , Como _  3 1 −1 1 4 1 −5 13 −22  =   3 0 0 0 4 0 0 0 −22  +   0 1 −1 1 0 1 −5 13 0  , o sistema pode ser reescrito na forma

  3 0 0 0 4 0 0 0 −22     x y z  = −   0 1 −1 1 0 1 −5 13 0     x y z  +   3 7 48  , da qual extraímos a iteração do método de Jacobi:

  3 0 0 0 4 0 0 0 −22     xn+1 yn+1 zn+1  = −   0 1 −1 1 0 1 −5 13 0     xn yn zn  +   3 7 48  .

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Aplicando duas vezes esta iteração com v0 = [0, 0, 0]t, obtemos v1 =   3 7 48  . e v2 =   −0.31060606060606 2.045454545454545 −1.375  . Com isso, o erro absoluto cometido no cálculo da coordenada y é

2293 1056 − 2 = 181 1056 = 0.17140151515151 ≈ 0.171 e o erro relativo correspondente é

181 1056 2 = 181 2112 = 0.085700757575757 ≈ 0.086. Questão 3 (3 pontos) Dê exemplo de:

(a) uma função f : R → R que tem um único zero, mas para a qual o método de bisseção não funciona;

(b) uma matriz A, de tamanho 2 × 2 e com 1 nas duas posições da diagonal, de modo que a matriz R correspondente à iteração xn+1 = Rxn+ c do método de Gauss-Seidel tem raio espectral maior que 1;

(c) um polinômio de grau dois para o qual o método de Newton alterna entre os valores 1 e 2.

Solução:

Um exemplo para (a) é f(x) = x2_{, porque todo o gráco está de um lado só do} eixo x, de modo que não podemos aplicar o teorema do valor intermediário. Para (b), vou considerar a matriz

A =1 b c 1 =1 0 c 1 +0 b 0 0 e calcular R = −(D + L)−1U = −1 0 c 1 −1 0 b 0 0 . Como 1 0 c 1 −1 = 1 0 −c 1 de modo que R = −(D + L)−1U = − 1 0 −c 1 0 b 0 0 =0 −b 0 cb

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Para que R tenha raio espectral maior que 1 é necessário que |bc| > 1. Finalmente, para resolver (c), suporemos que f(x) = x2 _{+ ax + b}_{. Calculando a iteração do} método de Newton-Raphson para este polinômio, obtemos

g(x) = x − x 2_{+ ax + b} 2x + a = x2_{− b} 2x + a. Queremos que g(1) = 1 − b 2 + a = 2 e que g(2) = 4 − b 4 + a = 1; que corresponde ao sistema linear

2a + b = −3 a + b = 0.

Resolvendo o sistema, obtemos a = −3 e b = 3, de modo que o polinômio desejado é x2_{− 3x + 3}.

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DCC-UFRJCálculo numérico Segunda ProvaTurma EC22015/2

A tabela abaixo foi obtida como resultado de um experimento relativo à variação da temperatura T (em graus Celsius) com a posição x (em centímetros):

T 22 43 84 210 320 x 0.1 0.2 0.4 0.8 0.9

(a) Use interpolação entre os pontos de posição 0.1, 0.2 e 0.4 para calcular a tem-peratura na posição 0.3 com arredondamento para três casas decimais.

(b) Determine a curva da forma T = aebx que melhor se ajusta aos dados da tabela e use a fórmula assim obtida para calcular T (0.3) com três casas decimais.

Solução: O polinômio interpolador é P = 22 (x − 0.2)(x − 0.4) (0.1 − 0.2)(0.1 − 0.4)+43 (x − 0.1)(x − 0.4) (0.2 − 0.1)(0.2 − 0.4)+84 (x − 0.1)(x − 0.2) (0.4 − 0.1)(0.4 − 0.1). Substituindo x = 0.3, obtemos P (0.3) = 63.667. Para achar a curva exponencial T = aebx que melhor se ajusta a estes dados aplicamos logaritmo natural a esta equação obtendo

ln(T ) = ln(a) + bx. Escrevendo α = ln(a) a equação toma a forma

ln(T ) = α + bx.

Para poder montar o sistema, precisamos dos logaritmos dos valores de T dados na tabela:

T 22 43 84 210 320

ln(T ) 3.091 3.761 4.431 5.347 5.768

x 0.1 0.2 0.4 0.8 0.9

A matriz de Vandermonde correspondente é

V =       1 0.1 1 0.2 1 0.4 1 0.8 1 0.9       de modo que a equação normal é dada por

VtV α b

= Vtb

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em que b =       22 43 84 210 320       Como VtV = 5 2.4 2.4 1.66 e Vtb =22.398 12.303 obtemos, ao resolver o sistema, que

α = 3.014 e b = 3.054.

Levando em conta que a = eα _{= 20.37}_{, a relação entre T e x que melhor se adapta} aos dados é T = 20.37 exp(3.054x). A aproximação para T (0.3) resultante desta expressão é 50.92.

A área do círculo x2_{+ y}2 _{= 1} _{é igual a π.}

(a) Determine uma aproximação para a área limitada por este círculo no primeiro quadrante usando o método de Simpson com h = 0.25 e determine uma estima-tiva para π a partir disto. Expresse o resultado com três casas decimais.

(b) Seja f(x) = √1 − x2. Sabendo-se que f00_{(0) = −1}_{, que f}00₍√_{2/2) = −}√_2/2 _e que f000_(x) _{não se anula no intervalo aberto (0, 1), determine h de modo que a} integração pela regra do trapézio produza o valor de π correto até a segunda casa decimal.

Solução:

Se f(x) =√1 − x2 então, pelo método de Simpson, Z 1

0

f (x)dx = h

3(f (x0) + f (x4) + 2f (x2) + 4(f (x1) + f (x3))) Tabelando os valores de f(xi)obtemos

i 0 1 2 3 4

xi 0.0 0.25 0.5 0.75 1.0 f (x) 1.0 0.9683 0.866 0.6614 0.0 Substituindo na fórmula e efetuando os cálculos

Z 1 0

f (x)dx = 0.25

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Arredondando para 3 casas decimais, obtemos 0.771, de modo que o valor de π correspondente será 4 · 0.771 = 3.084. Para obter π correto até a segunda casa decimal com os dados de (b) precisamos que a integral entre 0 e √2/2 seja igual a 3.14/4 = 0.785 quando calculada com 4 decimais corretas. Pela fórmula do erro para o método do trapézio devemos ter, portanto, que

10−3 > (0 −√2)h2f00(ξ) 12 ,

para algum ξ ∈ (0,√2/2). Como f000(x) não se anula em (0, 1), os valores dados para f00_(x)_{mostram que a |f}00_(x)| _{é crescente em (0,}√_2/2)_{. Logo, considerando} o intervalo de integração como sendo [0,√2/2], temos que

10−3 > √ 2h2f00(ξ) 12 > √ 2h2· 1 12 = √ 2h2 12 . Segue-se disto que

h2 < 12 · 10 −3 √

2 ≈ 0.0085; donde teria que ser menor que 0.0921.

Note que não é possível usar o intervalo [0, 1] no cálculo do erro porque a função

f00(x) = −√ x 1 − x2

não é limitada neste intervalo.

Considere o problema de valor inicial

y0 − y2cos(x) = 0 e y(0) = 1.

(a) Descreva a recorrência do método de Euler modicado no caso especíco do problema de valor inicial acima.

(b) Calcule o valor de y(1) usando o método de Euler modicado com passo 0.5. Sua resposta deve incluir todos os valores intermediários das variáveis calculados ao longo da execução do algoritmo.

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A iteração é dada por y(0) = 1 y_n+1∗ = yn+ hyn2cos(xn) yn+1 = yn+ h 2 y 2 ncos(xn) + (y∗n+1) 2 cos(xn+1) Aplicando-a com xn = n · 0.5, obtemos os dados tabelados abaixo:

n 0 1 2

xn 0 0.5 1 y∗_n × 1.5 3.08 yn 1 1.74 3.69 Portanto, o valor desejado é y(1) = 3.69.

Considere o problema de valores de contorno

y00= 3y0+ y + x2, y(0) = −20 e y(3) = −11. Calcule y(1) usando o método de diferenças nitas com h = 1.

Solução: Substituindo as aproximações y0(xn) ≈ yn−1+ yn+1 2h e y 00 (xn) ≈ yn+1− 2yn+ yn−1 h2

na equação e levando em conta que h = 1, obtemos

yn+1− 2yn+ yn−1= 3(yn+1+ yn−1) 2 + yn+ x 2 n, donde, quando n = 1, 2(y2− 2y1+ y0) = 3(y2+ y0) + 2y1+ 2 · 12 e, quando n = 2, 2(y3− 2y2+ y1) = 3(y3+ y1) + 2y2+ 2 · 22. Levando em conta que y(0) = −20 e y(2) = −11, obtemos

−6y1− y2 = 102 5y1− 6y2 = −3.

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DCC-UFRJCálculo numérico

Primeira ProvaCiência da Computação2016/2

Considere o sistema linear AX = b, em que

A =   9 3 6 −1 5 2 −3 −1 12   e b =   1 2 3  

(a) Calcule a decomposição PLU da matriz do sistema, usando pivoteamento parcial. (b) Calcule as matrizes R e c tais que x = Rx + c é a iteração obtida aplicando-se

o método de Gauss a este sistema.

(c) Calcule o autovalor dominante de R com erro menor que 10−1 _{usando o método} da potência a partir de u0 = [1, 1, 1]t/

√ 3.

(d) O que o resultado obtido em (c) nos diz sobre a convergência da iteração xn+1= Rxn+ c?

Solução:

Aplicando eliminação gaussiana, temos   9 3 6 | 1 | 1 0 0 −1 5 2 | 2 | 0 1 0 −3 −1 12 | 3 | 0 0 1  →   9 3 6 | 1 | 1 0 0 0 16/3 8/3 | 2 | −1/9 1 0 0 0 14 | 3 | −1/3 0 1   Portanto, P é a matriz identidade,

U =   9 3 6 0 16/3 8/3 0 0 14   e L =   1 0 0 −1/9 1 0 −1/3 0 1   (b) Decompondo A na forma A =   9 3 6 −1 5 2 −3 −1 12  =   9 0 0 −1 5 0 −3 −1 0  +   0 3 6 0 0 2 0 0 0   temos que R = −   9 0 0 −1 5 0 −3 −1 12   −1 ·   0 3 6 0 0 2 0 0 0   e c =   9 0 0 −1 5 0 −3 −1 12   −1 ·   1 2 3   Como   9 0 0 −1 5 0 −3 −1 12   −1 =   1 9 0 0 1 45 1 5 0 4 135 1 60 1 12  ,

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então, R = −   0 1₃ 2₃ 0 ₁₅1 ₁₅8 0 ₄₅4 19₉₀   e c =   2.667 1.733 0.8111  .

Várias pessoas zeram Jacobi, em vez de Gauss-Seidel.

(c) Ao nal do primeiro laço temos

w1 = R · u0 = −   0 1₃ 2₃ 0 ₁₅1 ₁₅8 0 ₄₅4 19₉₀     0.577 0.577 0.577  = −   0.5774 0.3464 0.1732  

normalizando w1 e calculando a aproximação do autovalor correspondente, obte-mos u1 = −   0.8304 0.4983 0.2491   e λ1 = ut1Ru1 = −0.3827. Como λ0 = ut0Ru0 = −0.6334. Como o erro será

|λ0 − λ1| = | − 0.6334 + 0.3827| = 0.2507 é maior que 0.1 precisamos executar mais um laço. Desta vez

w2 =   0.3322 0.1661 0.09688   donde u2 =   0.8655 0.4327 0.2524   e λ2 = −0.3644. Como |λ1− λ2| = | − 0.3644 + 0.3827| = 0.0183 < 0.1,

o processo para. Logo a aproximação desejada para o autovalor dominante é −0.3644.

Algumas pessoas iteraram A, em vez de R.

(d) Como o maior autovalor em módulo é 0.3644, o raio espectral de R tem que ser menor que 1. Logo, a iteração do método de Gauss-Seidel converge para a solução do sistema.

A pergunta diz respeito à convergência de Gauss-Seidel e não à convergência do

método da potência.

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(a) Determine uma função g(x) cujo ponto xo é um zero de f(x) e prove que a iteração xn+1= g(xn) converge no intervalo [−1, 0].

(b) Use esta iteração com x0 = 0para achar o zero de f(x) com erro inferior a 10−2. (c) Calcule o polinômio interpolador pelos pontos (f(xi), xi), em que x0 = −1,

x1 = −0.5 e x2 = 0.

(d) Calcule o zero de f(x) (arredondado para duas casas decimais) usando o polinô-mio interpolador e determine o erro absoluto que seria cometido se achássemos o zero por este método.

(e) Calcule o polinômio linear que melhor se ajusta aos pontos de (c) usando o método dos mínimos quadrados.

O item (a) desta questão vale 2 pontos.

Solução:

f (x) = 0 nos sugere escrever

8x = x cos(x) − x2− 1 donde

g(x) = x cos(x) − x 2_{− 1}

8 .

Para mostrar que esta iteração converge, precisamos calcular a derivada de g(x):

g0(x) = −x sen (x) + cos (x) − 2 x

8 .

|g0(x)| = −x sen(x) + cos(x) − 2x 8 ≤ |x| · | sen(x)| + | cos(x)| + 2|x| 8 ≤ 4 8 = 1 2, para todo x ∈ [−1, 0]. Portanto, a iteração dada por xn+1 = g(xn) para a função xn escolhida realmente converge no intervalo [−1, 0]. Iterando a partir de x0 = 0, temos

i xi g(xi) erro 0 0.0 −0.125 0.125 1 −0.125 −0.1425 0.0175 2 −0.1425 −0.1452 0.0027

Logo, a aproximação desejada para o zero de f(x) no intervalo [−1, 0] é −0.1452. (c) e (d) Tabelando os pontos, obtemos

f (xi) −0.3175 −0.2111 −0.125

xi −1.0 −0.5 0.0

de modo que o polinômio interpolador, calculado pelo método de Lagrange é p(x) = −0.0012 x2− 0.1494 x − 0.1482.

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O zero de f(x) calculado a partir do polinômio interpolador é p(0) = −0.1482 ≈ −0.15 e o erro absoluto, quando calculamos o zero de f(x) desta maneira é

|0.15 − 0.14| = 0.01.

Muita gente errou as questões (c) e (e) porque interpolou os pontos (xi, f (xi))em

vez de (f(xi), xi), como foi pedido. (e) A matriz de Vandermonde é

V =   1.0 −9.459 1.0 −4.811 1.0 −1.0   ao passo que b = −1 −1 2 0 donde vtV = 3.0 −15.27 −15.27 113.6 e c = −1.5 11.87 . Logo, a equação normal é

3.0 −15.27 −15.27 113.6 a b = −1.5 −6.615 , cujas soluções são

a = −0.155 e b = −0.151. Donde a reta desejada é y = −0.151x − 0.155.

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Segunda ProvaCiência da Computação2016/2

Use o método de Newton para calcular o máximo da função f(x) = x(3 − ex/4₎ _no intervalo [2.0, 2.5] com tolerância inferior a 10−2_{. Você deve vericar que o ponto que} obteve é, de fato, um máximo de f.

Solução:

O máximo é um zero da primeira derivada de f, que é igual a

f0(x) = (3 − ex/4) + x(−1 4e

x/4_{) = 3 −} (4 + x) 4 e

x/4_. Portanto, devemos aplicar o método de Newton a esta função. Como

f00(x) = −1 4e x/4₋(4 + x) 16 e x/4 _{= −}(8 + x) 16 e x/4_, a iteração do método de Newton será xk+1 = g(xk), com

g(x) = x − 412 − (4 + x)e x/4 −(8 + x)ex/4 = 48 + (x2_{+ 4x − 16)e}x/4 (8 + x)ex/4 . Iterando a partir de x = 2.0, x1 = g(2.0) = 2.511 x2 = g(2.511) = 2.471 x3 = g(2.471) = 2.471

Com isto achamos o ponto crítico x ≈ 2.47, que é, de fato, um máximo, porque f00(2.47) = −2.57.

Seja In o valor aproximado da integral Z 1

0 1 x + 1dx

calculado usando a regra do trapézio com [0, 1] subdividido em n partes iguais. (a) Prove que esta integral é igual a ln(2).

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(c) Explique porque, qualquer que seja n, a diferença In−ln(2)terá sempre o mesmo sinal que I4− ln(2).

Solução:

Fazendo a substituição u = x + 1 a integral se torna Z 2 1 1 udu = ln(x)| u=2 u=0= ln(2) − ln(1) = ln(2).

Para calcular I4, devemos tomar h = 1/4, de modo que, pela regra do trapézio

I4 = 1 8 1 + 24 5 + 2 2 3+ 2 4 7+ 1 2 = 1171 1680 = 0.697. Logo, a diferença é I4− ln(2) = 0.697 − 0.693 = 0.004 > 0.

A diferença será sempre positiva porque a função 1/(x + 1) tem concavidade para baixo. Com isso, qualquer segmento de reta entre dois pontos da curva ca sempre acima do arco da curva.

Considere o problema de valor inicial ˙y = t cos(y) e y(0) = 0.

(a) Calcule uma aproximação para y(1) usando o método de Runge-Kutta de se-gunda ordem com h = 0.5.

(b) Use o resultado de (a) para calcular uma aproximação para ¨y(1).

Solução:

Aplicando o método de Runge-Kutta de segunda ordem ao problema dado, obte-mos a iteração

yk+1 = yk+ 0.25(tkcos(yk) + (tk+ 0.5) cos(yk+ 0.5tkcos(yk))).

Como y0 = 0, então y1 = 0.125e y2 = 0.481. Para (b), usamos a regra da cadeia, para obter de ˙y = t cos(y) que

¨

y = d(t cos(y))

dt = cos(y) − t sen(y) ˙y = cos(y) − t

2_{sen(y) cos(y)} Portanto,

¨

(17)

Considere o problema de valores de contorno

y00+ 4xy0 = x2, com y(0) = 0 e y(3) = 0.

(a) Determine o sistema linear obtido aplicando-se a este problema o método das diferenças nitas com passo h. Você deve explicitar de que forma as condições de contorno afetam o sistema.

(b) Resolva o sistema para h = 1 e calcule os valores de y(1) e y(2).

Solução: Substituindo as aproximações y0(xk) ≈ yk+1− yk−1 2h e y 00 (xk) ≈ yk+1− 2yk+ yk−1 h2 na equação, obtemos yk+1− 2yk+ yk−1 h2 + 2xk yk+1− yk−1 h = x 2 k. Escrevendo n = (3 − 0)/h = 3/h as condições de contorno serão

y0 = yn = 0. Quando k = 1, y2− 2y1+ y0 h2 + 2x1 y2− y0 h = x 2 1; que, levando em conta y0 = 0 e que x1 = h, torna-se

2h2_{+ 1} h2 y2−

2

h2y1 = h 2_. Por outro lado, quando k = n − 1,

(−2xn−1h + 1) h2 yn−2− 2 h2yn−1 = x 2 n−1.

Portanto, no caso especíco em que h = 1, o sistema que devemos resolver é −2y1+ 3y2 = 1

−3y1− 2y2 = 4, cujas soluções são

y1 = − 14

13 e y2 = − 5 13.

(18)

Prova FinalCiência da Computação2016/2

Questão 1 (3.0 pontos)

As seguintes iterações foram propostas como maneiras de calcular a interseção dos grácos das funções sen(x) e f(x) = −2x + 2:

g1(x) = 2 − sen(x) − x g2(x) = (2 − sen(x))/2

g3(x) = (− sen(x) + x cos(x) + 2)/(2 + cos(x)). (a) Explique como cada uma destas iterações foi obtida.

(b) Para quais destas iterações podemos garantir a convergência a partir de x = 1? (c) Qual destas iterações você espera que vá convergir mais rapidamente?

Solução:

g1 e g2 são obtidas a partir de manipulações algébricas simples, já g3 corresponde ao método de Newton. Para a iteração dada por gi(x)ser convergente, é necessário que |g0

i(x)| < 1 para todo x real. Mas,

|g0₁(x)| = | cos(x) − 1| ≤ | cos(x)| + |1| ≤ 2, ao passo que

|g0₂(x)| = | cos(x)/2| ≤ 1/2.

Portanto, não podemos garantir a convergência de g1, mas g2 e g3 são convergen-tes. A terceira converge mais rapidamente que a segunda, porque a convergência do método de Newton é quadrática, ao passo que a convergência da segunda iteração é apenas linear, pois g0

2(x) 6= 0.

Considere o sistema AX = b em que

A =   −4 1 0 4 −6 2 0 5 −8   e b =   15 6 6   (a) Determine a decomposição PLU de A e resolva o sistema.

(19)

Solução:

A decomposição PLU é dada por P = I,

L =   1 0 0 −1 1 0 0 −1 1   e U =   −4 1 0 4 −5 2 0 0 −6   As soluções do sistema são

x = −21 4 , y = −6, z = − 9 2. Decompondo A na forma A =   −4 1 0 4 −6 2 0 5 −2  =   −4 0 0 0 −6 0 0 0 −2  +   0 1 0 4 0 2 0 5 0   temos que R = −   0 −1/4 0 −2/3 0 −1/3 0 −5/2 0   e c =   −15/4 −1 −3   Questão 3 (1.0 pontos)

Qual o número n de partes em que é necessário dividir o intervalo [0, 10] para calcular a área sob o gráco de cos(x2₎_{com erro inferior a 10}−4_{, usando o método de Simpson?}

Solução:

O erro no método de Simpson é dado por − 1 180nh 5_f(4)_{(ξ) = −} 1 180 105 n4 f(4)(ξ) para algum ξ ∈ [0, 10]. Como

f4(x) = 48 x2 sin x2 + 16 x4− 12 cos x2 temos que

|f4_{(x)| =≤ 160388}

para todo x ∈ [0, 10]. Logo, uma cota superior para o módulo do erro é dada porque | 1 180 105 n4 5 f(4)(ξ)| ≤ 160388 180 105 n4 . Tomando, 160388 180 105 n4 ≤ 10−4, obtemos n ≥ 943951.505 e, como n é inteiro, n ≥ 943952.

(20)

Considere os pontos (1, −3), (2, 1), (4, 51), (5, 109), (6, 197), (9, 701).

(a) Use o método de diferenças divididas para encontrar o grau e o coeciente do termo de maior grau do polinômio que interpola estes pontos.

(b) Use o método dos mínimos quadrados para achar o polinômio de grau 3 que melhor se adapta a estes pontos.

Solução:

A tabela gerada pelo método de diferenças divididas é 1.0 −3.0 2.0 1.0 4.0 4.0 51.0 18.0 7.0 5.0 109.0 28.0 8.0 1.0 6.0 197.0 40.0 9.0 1.0 0.0 9.0 701.0 88.0 12.0 1.0 0.0 0.0

Como só precisamos dos quatro primeiros pontos para achar os coecientes do polinômio interpolador, isto signca que o polinômio é x3_{− 3x − 1}, que tem grau 3 e seu coeciente líder é 1.0. Como o polinômio calculado via mínimos quadrados minimiza a distância entre seu gráco e os pontos dados e há um polinômio de grau três que passa por esses pontos, então o polinômio desejado é o mesmo calculado acima.

Considere o problema de valores de contorno xy00_{− 2y}0 _{= 6}_{, com y(0) = 0 e y(5) = 0.} (a) Determine o sistema linear nas variáveis y2, y3 e y4 obtido aplicando-se a este

problema o método das diferenças nitas com passo h = 1 e resolva-o. (b) Calcule y000₍₁₎_. Solução: Substituindo as aproximações y0(xk) ≈ yk+1− yk−1 2h e y 00_(x k) ≈ yk+1− 2yk+ yk−1 h2

(xk+ 1)yk−1− 2xkyk+ (x − 1) ∗ yk−1= 6. Portanto, o sistema será

−2y1 = 6 −4y2+ y3 = 15 4y2− 6y3+ 2y4 = 6

(21)

A matriz deste sistema é a mesma da segunda questão A =   −4 1 0 4 −6 2 0 5 −2  

cuja Para calcular y000₍₁₎_{, note que, derivando xy}00_{− 2y}0 _{= 6} _obtemos y00+ xy000− 2y00 = 0, donde y000 = 1 xy 00 . Quando x = 1, obtemos y000(1) = y00(1) = (6 − 2y0(1)) ≈ 6 − (y2− y1) = 6 − (− 21 4 + 3) = − 9 4.

(22)

Primeira ProvaTurma EC2UFRJ2017.2 Justique cuidadosamente todas as suas respostas.

Suponha que um computador C arredonda para duas casas decimais números escritos na notação padrão de ponto utuante e considere as funções

f (x) = 1 − sen(x) e g(x) = cos(x) 2 1 + sen(x).

(a) Mostre que f(x) = g(x) e determine os valores obtidos se C for usado para calcular f(1.5) e g(1.5).

(b) Sabendo-se que f(1.5) = g(1.5) = 0.002505013, determine o erro relativo corres-pondente a cada um dos cálculos executados em (a).

Bonus track: por que f(1.5) é menos preciso que g(1.5)?

Solução:

Obtemos f(x) substituindo

cos(x)2 = 1 − sen(x)2 = (1 − sen(x))(1 + sen(x)) em g(x) e cancelando 1 + sen(x) no numerador e denominador. Como

sen(1.5) = 0.9974949866 . . . e cos(1.5) = 0.0707372016, então as representações destes números no computador C serão

sen(1.5) ≈ 1.00 e cos(1.5) ≈ 0.071. Portanto, f (1.5) ≈ 1 − 1 = 0, ao passo que 0.712 = 0.005041 ≈ 0.005 e 1 + sen(1.5) ≈ 2 nos dão g(1.5) ≈ 0.005 2 = 0.0025.

Portanto os erros relativos correspondentes aos cálculos de f(1.5) e g(1.5) usando o computador C serão, respectivamente,

|0.002505013 − 0|

0.002505013 = 1 e

|0.002505013 − 0.0025|

0.002505013 = 0.002.

Portanto, g(1.5) tem um erro menor que f(1.5) e deve ser a forma preferida para o cálculo deste número. A razão pela qual f(1.5) produz um valor pior é que há uma subtração catastróca nesta função.

(23)

Duas casas decimais signica que o computador representa os números na forma

0.a1a2· 10m, com a1 obrigatoriamente não nulo. Como o computador C representa

os números com apenas 2 casas, é necessário arredondar cada vez que um cálculo é realizado, e não apenas ao nal. O erro relativo é denido como |xa− xe|/|xe|, em que

xa é o valor aproximado e xe o valor exato e não |xa− xe|/|xa|.

Seja Pn(x)o polinômio de Taylor de f(x) = x ln(x) em x0 = 1. (a) Calcule a expressão do erro absoluto |en| quando x > 1.

(b) Determine n tal que o erro absoluto cometido quando usamos Pn(1.01) como aproximação de f(1.01) seja inferior a 10−11_.

Solução:

Calculando algumas derivadas, vemos que

f0(x) = ln(x) + 1 f00(x) = x−1 f000(x) = −x−2 f(iv)(x) = 2x−3

f(v)(x) = −2 · 3 · x−4, donde podemos deduzir que

f(n)(x) = (−1)n(n − 2)! · x1−n de modo que o módulo do erro absoluto desejado será

|en| = (n − 1)! · c−n (n + 1)! (x − 1) n+1 = c−n n(n + 1)(x − 1) n+1 Como 1 < c < 1.01, c−n≤ 1. Portanto, quando x = 1.01, temos a estimativa

|en| = c−n n(n + 1)(x − 1) n+1 ≤ 1 n(n + 1)(0.01) n+1₌ 1 n(n + 1)102(n+1). logo basta que

1

n(n + 1)102(n+1) < 10 −11

,

para que |en| ≤ 10−11. Tabelando os valores vericamos que 1

4 · 5 · 1010 = 0.5 · 10 −11

quando n = 4 é o primeiro valor que dá menor que 10−11_{. Assim, P}

4(1.01) dá um erro absoluto inferior a 10−11_.

(24)

Considere o problema de valor de contorno y00_−y0_{+xy = −4}_{com y(0) = 0 e y(5) = 0.} (a) Determine o sistema linear obtido quando o método das diferenças nitas é

aplicado a este problema com passo h = 1. (Não precisa resolvê-lo!)

(b) use pivoteamento parcial para calcular a decomposição PLU da matriz do sis-tema obtido em (a).

Solução: Substituindo as aproximações y0(xk) ≈ yk+1− yk−1 2h e y 00 (xk) ≈ yk+1− 2yk+ yk−1 h2 e h = 1 na equação, obtemos (2 xi− 4) yi+ yi+1+ 3 yi−1= −8. Note que xi = x0+ hi = i. Escrevendo

n = (5 − 1)/h = 4, as condições de contorno serão

y0 = 0 e y5 = 0. Quando k = 1,

y2− 2 y1 = −8,

pois y0 = 0 e x1 = 1. Por outro lado, quando k = 4, teremos x4 = 4 e 4 y4+ 3 y3 = −8.

Para k = 2 e k = 3 as equações serão, respectivamente,

y3+ 3 y1 = −8 e y4+ 2 y3+ 3 y2 = −8, Obtemos, assim, o sistema

y2− 2 y1 = −8, y3+ 3 y1 = −8, y4+ 2 y3+ 3 y2 = −8, 4 y4+ 3 y3 = −8 A matriz deste sistema é _

   −2 1 0 0 3 0 1 0 0 3 2 1 0 0 3 4    

Em seguida, aplicamos eliminação com pivoteamento parcial, para achar as ma-trizes P , L e U. O pivoteamento parcial requer que façamos a troca das duas

(25)

primeiras linhas. Fazendo isto e eliminando a posição não nula da primeira coluna, obtemos as matrizes: P =     0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1     , L =     1 0 0 0 −2 3 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1     , U =     3 0 1 0 0 1 2₃ 0 0 3 2 1 0 0 3 4     .

Mais uma vez o pivoteamento requer que troquemos a segunda e a terceira linhas, antes de fazer a eliminação, o que nos dá

P =     0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1     , L =     1 0 0 0 0 1 0 0 −2 3 1 3 1 0 0 0 0 1     , U =     3 0 1 0 0 3 2 1 0 0 0 −1₃ 0 0 3 4     Com uma última troca de linhas, chegamos às matrizes desejadas, que são:

P =     0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0     , L =     1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 −2 3 1 3 0 1     , U =     3 0 1 0 0 3 2 1 0 0 3 4 0 0 0 −1₃     Questão 4 (2.5 pontos)

Segundo a lei de Lotka, a relação entre a quantidade x de publicações e a porcentagem y de autores (em um certo período) que publicaram x artigos é dada por y = cx−n. Os valores de c e n dependem da área de pesquisa que está sendo considerada. A tabela abaixo mostra a relação entre x e y para artigos importantes de física até 1900:

x 1 2 4 8

y 60.79 15.20 3.80 0.95

(a) Use logaritmos em base 2 para reescrever a lei de Lotka como uma relação linear. (b) Calcule estimativas de c e n, pelo método dos mínimos quadrados, usando os

dados da tabela.

(c) Use os valores de c e n que você determinou para prever qual seria a porcentagem do total de publicações representada pelos autores que publicaram 10 artigos. Lembrete: log2(a) = log10(a)/ log10(2) ≈ 10 · log10(a)/3.

(26)

Solução:

Aplicando logaritos em base 2 aos dois lados de y = cx−n_{, obtemos} log₂(y) = log₂(c) − n log₂(x).

Para poder aplicar mínimos quadrados precisamos tabelar log2(y)contra log2(x):

log₂(x) 0 1 2 3 log₂(y) 5.93 3.93 1.93 −0.07 Portanto, V =     1 0 1 1 1 2 1 3     e b =     5.93 3.93 1.93 −0.07     .

Escrevendo ` = log2(c) e levando em conta que

VtV = 4 6 6 14 e 11.8_7.59 , precisamos apenas resolver o sistema

−6.0n + 4.0l = 11.8 −14.0n + 6.0l = 7.59, cujas soluções são

n = 2.02 e l = 5.96. Como,

c = 25.96= 62.3 a fórmula da lei de Lotka neste caso é

y = 62.3x−2.02. Portanto, quando x = 10,

y = 62.3 · 10−2.02 = y = 0.59.

Os dados da tabela foram retirados do artigo original do Lotka:

A. J. Lotka, The frequency distribution of scientic productivity, Jour-nal of the Washington Academy of Sciences. 16 (1926), 317324. O valor exato para y em x = 10 é 0.61.

(27)

Segunda ProvaTurma EC2UFRJ2017.2

Considere a função f(x) = 2 sen(√x) − x.

(a) Determine uma função g(x), diferente da obtida pelo método de Newton, cujo ponto xo é um zero de f(x).

(b) Sabendo-se que a iteração xk+1 = g(xk)tem um ponto xo no intervalo [1.5, 3], prove que ela converge para este ponto no intervalo dado.

(c) Use g(x) para calcular o zero de f(x) em [1.5, 3] com erro inferior a 0.0001, começando de x0 = 1.5. Solução: Tomando g(x) = 2 sen(√x), temos que g0(x) = −cos( √ x) √ x ; de modo que |g0(x)| = | cos( √ x)| √ x ≤ 1 √ x. Como 1/√x é decrescente quando x > 1, temos que

|g0(x)| ≤ √1 x <

1 √

1.5 ≈ 0.82,

o que garante a convergência de g(x) para o ponto xo no intervalo dado. Ite-rando, obtemos k xk |xk− xk−1| 1 1.881439 0.381439 2 1.960474 0.0790351 3 1.970957 0.010483 4 1.972213 0.001256 5 1.972361 0.000148 6 1.972379 0.000018

O maior problema nesta questão foi com a estimativa da cota superior para |g0(x)|.

Muita gente testou apenas os extremos. Neste caso particular a função é decres-cente, de modo que o máximo é atingido no extremo esquerdo do intervalo; mas, para usar isto, você teria que vericar que a função é decrescente, o que a vasta maioria não fez. Além disso, não basta mostrar que |g0_{(x)| < 1} _{para todo x ∈ [1.5, 3]; é necessário}

mostrar que existe um número real L < 1, para o qual |g0_{(x)| < L}_{. Para entender}

porque este detalhe é tão importante, leia a observação no alto da página 21 das notas de aula.

(28)

Use interpolação entre os pontos x = 1, x = 2 e x = 4 para calcular log2(3).

Solução: Como

log₂(1) = 0, log₂(2) = 1 e log₂(4) = 2, o polinômio interpolador será dado por

P (x) = −(x − 1)(x − 4) 2 + 2 (x − 1)(x − 2) 6 . Logo, P (3) = −2 · (−1) 2 + 2 2 · 1 6 = 1 + 2 3 = 5 3. Questão 3 (1.5 pontos)

Tendo aplicado dez iterações do método da potência à matriz

A =   1 1 0 −1 3 1 −1 1 2   obtivemos o vetor v =   −0.401 −0.816 −0.415  . Use isto para calcular um dos autovalores de A.

Solução:

Como v é uma aproximação para um autovetor de A,

Av =   1 1 0 −1 3 1 −1 1 2     −0.401 −0.816 −0.415  =   −1.22 −2.46 −1.25  ≈ λv de modo que λ ≈ −1.22 −0.401 ≈ 3.04. Questão 4 (2.5 pontos)

Use o método de Simpson para calcular a integral com erro inferior a 0.01 Z 1

0

(29)

Solução:

Aplicando o método de Simpson com o intervalo de integração subdividido em 2n partes iguais, obtemos

Z b a f (x)dx = h 3(y0+ y2n+ 2 n−1 X i=1 y2i+ 4 n−1 X i=0 y2i+1) − (b − a) 180 f (iv) (α)h4 para algum α ∈ (a, b), em que yi = f (a + ih) e h = (b − a)/2n. Começamos estimando o número de partes em que é necessário dividir o intervalo [0, 1] para que o erro que abaixo de 0.01. Como

f(iv)(x) = 8 x sin (x) + x2− 12 cos (x) temos que

|f(iv)_{(x)| ≤ 8x + x}2_{+ 12 < 21,} para todo x ∈ [0, 1], donde o erro satisfaz

21 180h

4 _{< 0.01.} Levando em conta que h = 1/n, obtemos

n4 > 21

180 · 0.01 = 11.667,

que nos dá n > 1.848. Portanto, o menor valor de n que podemos tomar é n = 2 (note que estou usando n para representar a quantidade de bandas!) fazendo isto, obtemos a seguinte aproximação para a integral

1

6(y0+ y2+ 4y1) ≈ 0.055.

Novamente o maior problema foi com a cota superior do erro. Desta vez o problema

foi mais sério, porque a função f(iv)_(x)_{tem máximo igual 16.81 em x = 0.6569. O}

gráco da quarta derivada está ilustrado na gura abaixo. Outro erro foi cometido por algumas pessoas que calcularam a integral usando 0.5 como aproximação para cos(1) ≈ 0.5403023. Isto corresponde a um erro de mais de 0.04 para o cosseno, o que não é compatível com obter um erro inferior a 0.01 para a integral.

(30)

O método de Euler reverso consiste em aplicar a recorrência yk+1 = yk+hf (tk+1, yk+1) ao problema de valor inicial ˙y = f(t, y) e y(0) = y0.

(a) Use o método de Euler reverso com h = 0.5 para calcular y(1), quando y(t) é a solução do problema de valor inicial ˙y = cos(t) + 4y, com y(0) = 1.

(b) Calcule as fórmulas de Taylor com resto de ordem dois das funções y(t) e ˙y(t) na vizinhança de tk.

(c) Calcule o erro de truncamento obtido quando o método de Euler reverso é apli-cado à equação autônoma ˙y = f(y) e use-o para determinar a ordem deste método.

Solução:

(a) A recorrência do método de Euler reverso nos dá yk+1 = yk+ h(cos(tk+1) + 4yk+1) donde (1 − 4h)yk+1= yk+ h cos(tk+1). Tomando h = 0.5, obtemos yk+1 = −(yk+ 0.5 cos(tk+1)); donde y1 = −1.44 e y2 = 1.17.

Assim, y(1) ≈ 1.17, que é impressionantemente ruim, porque y(1) = 67.367. Precisei de mil iterações para obter como aproximação 67.912 !!!

(b) As fórmulas de Taylor desejadas são dadas por y(t) = y(tk) + ˙y(tk)(t − tk) +

¨ y(α) 2 (t − tk) 2 e por ˙

y(t) = ˙y(tk) + ¨y(tk)(t − tk) + ...

y (β)

2 (t − tk) 2_, em que α e β são números entre tk e t.

(c) O erro de truncamento do método de Euler reverso é dado por Tk =

y(tk+ h) − y(tk)

h − f (y(tk+ h)).

Levando em conta que, da equação diferencial, ˙y(t) = f(y(tk + h)), podemos reescrever Tk na forma

Tk =

y(tk+ h) − y(tk)

h − ˙y(tk+ h). Substituindo as fórmulas de Taylor e simplicando, obtemos

Tk = ˙y(tk) + ¨ y(α) 2 (α)h − ˙ y(tk) + ¨y(tk)h + ... y (β) 2 h 2 ;

(31)

donde Tk = h ¨y(α) 2 − ¨y(tk) − ... y (β) 2 h, de modo que o método de Euler reverso tem ordem um.

(32)

Prova FinalTurma EC2UFRJ2017.2

Justique cuidadosamente todas as suas respostas.

Considere o problema de valores de contorno xy00_{− 2y}0 _{= 6}_{, com y(0) = 0 e y(5) = 0.} (a) Determine o sistema linear nas variáveis y2, y3 e y4 obtido aplicando-se a este

problema o método das diferenças nitas com passo h = 1.

(b) Calcule a decomposição PLU da matriz do sistema nas variáveis y2, y3 e y4 obtido em (a) e resolva o sistema.

Solução: Substituindo as aproximações y0(xk) ≈ yk+1− yk−1 2h e y 00 (xk) ≈ yk+1− 2yk+ yk−1 h2

(xk+ 1)yk−1− 2xkyk+ (x − 1)yk−1 = 6. Portanto, o sistema será

−2y1 = 6 −4y2+ y3 = 15 4y2− 6y3+ 2y4 = 6

5y3 − 8y4 = 6.

Como, claramente, y1 = 3, basta considerar o sistema nas variáveis y2, y3 e y4. A matriz deste sistema é

A =   −4 1 0 4 −6 2 0 5 −2   cuja decomposição PLU corresponde a

P =   1 0 0 0 1 0 0 0 1  , L =   1 0 0 −1 1 0 0 −1 1  , U =   −4 1 0 0 −5 2 0 0 4   Resolvendo o sistema obtemos

y3 = − 3 2, y2 = − 33 8 , y4 = 27 4

(33)

x 1 2 3 4 y 4.29 12.80 39.21 119.59

Sabe-se que f(x) é uma função da forma f(x) = c exp(bx) e que representam aproxi-mações de dos valores destas funções.

(a) Ache os valores de b e c para a função que melhor se ajusta aos dados da tabela. (b) Calcule f(2.5) usando a função obtida em (a) e determine o erro relativo

come-tido no cálculo de f(2.5) sabendo-se que o valor exato é 22.6145.

Solução:

Aplicando logaritmos em base 10 aos dois lados de y = bcx obtemos ln(y) = bx + ln(c).

Para poder aplicar mínimos quadrados precisamos tabelar ln(y) contra x:

x 1 2 3 4 ln(y) 1.46 2.55 3.67 4.78 Portanto V =     1 1 1 2 1 3 1 4     e b =     1.46 2.55 3.67 4.78     .

Levando em conta que VtV = 4 10 10 30 e Vtb = 12.46 36.69 precisamos apenas resolver o sistema

4.0l + 10.0b = 12.46 10.0l + 30.0b = 36.69 em que l = ln(c), cujas soluções são

l = 0.345 e b = 1.108. Como,

c = exp(l) = 1.41 a aproximação para a fórmula de f(x) que obtivemos é

y = 1.41198 e(1.108 x). Portanto, quando x = 2.5,

y = 22.53. Logo, o erro relativo cometido foi de

|22.53 − 22.6145|

(34)

As seguintes iterações foram propostas como maneiras de calcular a interseção dos grácos das funções sen(x) e f(x) = −2x + 2:

g1(x) = 2 − sen(x) − x g2(x) = (2 − sen(x))/2

g3(x) = (− sen(x) + x cos(x) + 2)/(2 + cos(x)). (a) Explique como cada uma destas iterações foi obtida.

(b) Para quais destas iterações podemos garantir a convergência a partir de x = 1? (c) Qual destas iterações você espera que vá convergir mais rapidamente?

Solução:

g1 e g2 são obtidas a partir de manipulações algébricas simples, já g3 corresponde ao método de Newton. Para a iteração dada por gi(x)ser convergente, é necessário que |g0

i(x)| < 1 para todo x real. Mas,

|g0₁(x)| = | cos(x) − 1| ≤ | cos(x)| + |1| ≤ 2, ao passo que

|g0₂(x)| = | cos(x)/2| ≤ 1/2.

Portanto, não podemos garantir a convergência de g1, mas g2 e g3 são convergen-tes. A terceira converge mais rapidamente que a segunda, porque a convergência do método de Newton é quadrática, ao passo que a convergência da segunda iteração é apenas linear, pois g0

2(x) 6= 0.

Em quantas partes é necessário subdividir o intervalo [0, 1] para que a integral abaixo possa ser calculada usando o método de trapézio 10−5

Z 1 0

x3exp(2x)dx.

Solução:

O erro no método do trapézio é dado por (b − a)

12 f 00

(α)h2 para algum α ∈ (a, b), em que h = (b − a)/2n. Como

(35)

é uma função crescente em [0, 1], temos que

|f00(x)| ≤ f00(1) = 162.559. para todo x ∈ [0, 1], donde o erro satisfaz

162.559 12 h

2 _{< 10}−5 . Levando em conta que h = 1/n, obtemos

n2 > 162.559

12 · 10−5 = 1354660,

que nos dá n > 1163.9. Portanto, seriam o menor valor de n que podemos tomar é n = 2. fazendo isto, obtemos a seguinte aproximação para a integral

1

12(y0+ y4 + 4(y1+ y3) + 2y2) ≈ 0.05.

Considere o problema de valor inicial ˙y = t2_y3 com y(1) = 2.

(a) Determine a iteração obtida aplicando o método de Runge-Kutta de segunda ordem a este problema com h = 0.5.

(b) Calcule o polinômio de Taylor de grau dois da solução y(t) do problema de valor inicial dado na vizinhança da origem.

Solução:

Aplicando a fórmula do método de Runge-Kutta de segunda ordem ao problema dado, obtemos a iteração

yk+1 = yk+ h 2(t 2 ky 3 k+ t 2 k+1(yk+ h(t2ky 3 k)))). Substituindo h = 0.5 e expandindo, yk+1 = yk+ 1 4(t 2 ky 3 k+ (tk+ 0.5)2(yk+ 0.5(t2ky 3 k)))). De ˙y = t2_y3 _obtemos ¨ y = 2 t2 y (t) ˙y (t) + 2 t y (t)2 = 2t4y(t)4 + 2ty(t)2;

de modo que ˙y(0) = 8 e ¨y(0) = 40. Logo, o polinômio de Taylor de grau dois de y(t) será P2(t) = 2 + 8t + 40t2.