Prova 1 - C´
alculo Num´
erico com Aplica¸c˜
oes `
a F´ısica
28/09/2005 - Prof. Eduardo Colli
Gabarito
Quest˜ao 1. 1. (1.5) Ajuste a sin(πx 2 ) a y(x) = 3 2x− x32 por m´ınimos quadrados, no intervalo [−1, 1], com
peso uniforme. Esboce um gr´afico com y(x) e a fun¸c˜ao ajustada e comente o resultado obtido.
2. (0.5) O que vocˆe pode dizer do ajuste de a sin(πx
2 ) + b cos( πx
2 )?
Um pequeno gloss´ario, para poupar tempo: Z x sin(πx 2 )dx = − 2 πx cos( πx 2 ) + 2 π Z cos(πx 2 )dx + C Z x2cos(πx 2 )dx = 2 πx 2sin(πx 2 ) − 4 π Z x sin(πx 2 )dx + C Z x3sin(πx 2 )dx = − 2 πx 3 cos(πx 2 ) + 6 π Z x2cos(πx 2 )dx + C cos(2θ) = cos2θ − sin2θ
Solu¸c˜ao. Na primeira parte, trata-se de um ajuste a 1 (um) parˆametro! Chamando g(x) = sin(πx
2 ), ent˜ao a ´e a solu¸c˜ao do sistema linear com uma equa¸c˜ao e uma inc´ognita
hg, gia = hy, gi , onde hg, gi = Z 1 −1 sin2(πx 2 )dx e hy, gi = Z 1 −1 3 2x − x3 2 sin(πx 2 )dx . Em primeiro lugar Z 1 −1 sin2(πx 2 )dx = Z 1 −1 1 2 − 1 2cos(πx)dx = 1 ,
o que mostra que a = hy, gi. Em seguida, precisaremos das integrais R1
−1x sin( πx 2 )dx e R1 −1x 3sin(πx
2 )dx. Usando as f´ormulas, que foram obtidas por integra¸c˜ao por partes:
Z 1 −1 x sin(πx 2 )dx = 2 π Z 1 −1 cos(πx 2 )dx = 8 π2 ,
Z 1 −1 x2cos(πx 2 )dx = 4 π− 4 π Z 1 −1 x sin(πx 2 )dx = 4 π 1 − 8 π2 , Z 1 −1 x3sin(πx 2 )dx = 6 π Z 1 −1 x2cos(πx 2 )dx = 24 π2 1 − 8 π2 . Ent˜ao a = hy, gi = 3 2 8 π2 − 1 2 24 π2 1 − 8 π2 = 96 π4 .
Se desenharmos os gr´aficos de y(x) e de g(x) veremos que eles s˜ao muito parecidos: passam por (−1, −1), (0, 0) e (1, 1), tˆem mesmo sinal da segunda derivada e ponto de inflex˜ao, etc. Mesmo assim, a = 1 n˜ao ´e o melhor ajuste pelo m´etodo dos m´ınimos quadrados, como vimos acima. O resultado ´e muito pr´oximo: a = 96/π4 = 0.9855342965 . . .. Se tomarmos a = 1, o
gr´afico do seno fica “insistentemente” acima (em m´odulo) que o gr´afico da c´ubica, mostrando que a multiplica¸c˜ao por um fator ligeiramente menor do que 1 faz com que os gr´aficos se cruzem e a distˆancia (medida pela diferen¸ca quadr´atica) caia um pouco.
Na segunda quest˜ao reca´ımos num sistema linear. Chamando g1(x) = sin(πx2) e g2(x) =
cos(πx2 ), ent˜ao a e b saem da solu¸c˜ao do sistema
hg1, g1ia + hg1, g2ib = hg1, yi
hg2, g1ia + hg2, g2ib = hg2, yi
Como y e g1 s˜ao fun¸c˜oes ´ımpares, g2 ´e fun¸c˜ao par e o intervalo de integra¸c˜ao ´e sim´etrico,
ent˜ao hg1, g2i = hy, g2i = 0. Da´ı sai que b = 0 e a ´e o mesmo valor obtido acima. Ou seja, o
acr´escimo do cosseno n˜ao serviu para achar uma fun¸c˜ao com diferen¸ca quadr´atica menor do que aquela que j´a t´ınhamos com o seno.
Quest˜ao 2.
1. (1.0) 1 − x e 1 + x podem ser polinˆomios ortogonais em [0, 1] com produto interno hf, gi =R1
0 w(x)f (x)g(x)dx, para alguma fun¸c˜ao peso w(x) ≥ 0?
2. (1.0) E 1 − 2x, 1 + 2x?
3. (1.0) Ache polinˆomio de grau 2 ortogonal a 1 − 2x e a 1 + 2x, simultaneamente, com w(x) = 1.
Obs: nas duas primeiras, se sim, dˆe w(x) e se n˜ao, justifique!
Solu¸c˜ao. Como
Z 1 0 w(x)(1 − x)(1 + x)dx = Z 1 0 w(x)(1 − x2)dx ,
e 1 − x2 ´e positivo no intervalo [0, 1), a ´unica maneira de anular a integral ´e que w(x) ≡ 0,
mas a´ı n˜ao ter´ıamos um produto interno. Ent˜ao as duas fun¸c˜oes n˜ao podem ser ortogonais, qualquer que seja a fun¸c˜ao peso.
No caso de 1 − 2x e 1 + 2x a integral fica Z 1
0
w(x)(1 − 2x)(1 + 2x)dx ,
e queremos que ela seja nula para uma boa escolha de w. Ora, se tomarmos w(x) = (1 + 2x)−1 isso acontece.
Agora queremos um polinˆomio de segundo grau ortogonal a 1 − 2x e 1 + 2x. Cuidado que aqui n˜ao pode ser usada a f´ormula de recorrˆencia simplesmente porque os polinˆomios n˜ao satisfazem a hip´otese de grau e coeficiente l´ıder normalmente requerida. A solu¸c˜ao ´e fazer “no bra¸co”. Chamamos o polinˆomio de p(x) = x2+ ax + b e equacionamos:
Z 1 0 (1 − 2x)(x2+ ax + b)dx = 0 , Z 1 0 (1 + 2x)(x2+ ax + b)dx = 0 . Ap´os a integra¸c˜ao, as equa¸c˜oes se transformam em
−1 6− 1 6a = 0 , 7 6a + 2b + 5 6 = 0 , o que d´a a = −1 , b = 1 6 , isto ´e, p(x) = x2− x + 1 6 ´
e uma resposta (e todos os seus m´ultiplos n˜ao-nulos, ´e claro).
Quest˜ao 3.
1. (1.0) Dados (−1, −1), (0, −12), (1, 1), fa¸ca um spline com dois polinˆomios quadr´aticos que coincidem at´e a segunda derivada em x = 0. Esboce e interprete seu resultado. 2. (1.5) Fa¸ca o mesmo exigindo que o polinˆomio entre 0 e 1 seja c´ubico e tenha derivada
zero em x = 1.
Solu¸c˜ao. Chame de pa(x) = a0+ a1x + a2x2 e pb(x) = b0+ b1x + b2x2 os dois polinˆomios,
pa para o intervalo [−1, 0] e pb para o intervalo [0, 1]. Como pa(0) = pb(0) = −12 ent˜ao
a0 = b0 = −12. Al´em disso, como p0a(0) = pb0(0) ent˜ao a1 = b1 e como p00a(0) = p00b(0) ent˜ao
a2= b2. Isto mostra que os dois polinˆomios s˜ao iguais. Com pa(−1) = −1 e pa(1) = 1 tiramos
ainda a2= 12 e a1= 1, ou seja, pa(x) = pb(x) = − 1 2 + x + 1 2x 2.
O fato de ambos serem iguais era de se esperar pois trˆes pontos podem ser interpolados por um ´unico polinˆomio de grau 2!
Se pb(x) = b0+ b1x + b2x2+ b3x3concluiremos de novo que a0= b0= −12, a1= b1, a2= b2,
mas b1, b2 e b3 s˜ao ainda inc´ognitos. Para ach´a-los, h´a trˆes equa¸c˜oes: pa(−1) = −1, pb(1) = 1
e p0b(1) = 0, isto ´e, −b1+ b2 = −12, b1+ b2+ b3 = 32 e b1+ 2b2+ 3b3 = 0. Da´ı sai b1 = 53,
b2= 76 e b3= −43, isto ´e, pa(x) = − 1 2+ 5 3x + 7 6x 2, p b(x) = pa(x) − 4 3x 3.
Quest˜ao 4. Considere o sistema linear que corresponde ao seguinte problema de contorno:
−1 0 −1 5 1 −1 0 0 3 1 −2 Ache:
1. (1.0) A estimativa de contra¸c˜ao do M´etodo de Jacobi advinda do Crit´erio das Linhas. 2. (1.5) A estimativa de contra¸c˜ao do M´etodo de Gauss-Seidel advinda do Crit´erio de
Sassenfeld.
Obs: A numera¸c˜ao de vari´aveis ´e linha a linha, de cima para baixo e da esquerda para a direita. N˜ao ´e preciso explicitar o sistema para fazer as contas, mas se quiser . . .
Solu¸c˜ao. A numera¸c˜ao das vari´aveis ´e
−1 0 −1
5 x1 x2 x3 1
−1 x4 x5 x6 0
0 x7 x8 3
1 −2
Para o crit´erio das Linhas, em cada “linha” (do sistema), dividem-se os valores absolutos dos coeficientes pelo coeficiente da diagonal. Em m´odulo, o coeficiente da diagonal ´e sempre igual a 4 e os outros s˜ao iguais a 1 ou zero. O n´umero dos que s˜ao iguais a 1 ´e o n´umero de casas livres no entorno. Ent˜ao
λ = max{2 4, 3 4, 2 4, 3 4, 4 4, 2 4, 2 4 2 4} = 1 .
Ou seja, a estimativa do Crit´erio das Linhas n˜ao d´a uma contra¸c˜ao para o M´etodo de Jacobi (como j´a hav´ıamos comentado em aula).
Para o crit´erio de Sassenfeld, os coeficientes iguais a 1 s˜ao multiplicados pelo valor do βi
obtido para as vari´aveis em que βi j´a foi calculado, sen˜ao ´e 1 mesmo. Preenchendo na tabela
X X X X 12 58 1332 X X 58 1316 12839 X X 1332 12839 X
X X