Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
Exercício 2. Calcule
0.5
∫ 0 ln
2003-2004
(cos x ) dx :
a) com 3 c.d.c., pela regra dos trapézios composta;
b) com 4 c.d.c., pela regra de Simpson composta;
Resolução:
a) a = 0 e b=0.5, 3 c.d.c ⇒ erro=|ET| + εcal + εdados ≅ |ET|≤ 0.5×10-3
ET ≤
(b − a )3
⋅ M 2 ≤ 0.5 × 10−3
12n 2
M 2 = max f ′′( x )
x∈[a ,b]
f ( x ) = ln(cos x );
(
f ′′( x ) = − 1 + tg 2 x
f ′( x ) = −
)
sen x
= − tg x;
cos x
f′′ (x)<0 e ↓ ∴f′′ (x)↑ e M2=f′′ (0.5)=1.3
Logo
1.3 × 0.53
≤ 0.5 × 10− 3 → n > 5.2 ∴ n = 6
2
12n
b − a 0.5 − 0 1
h=
=
=
e xi = i × h i = 0, K ,6
n
6
12
e
5 
1
i 
0.5

(
)
(
)
≅
+
ln
cos
x
dx
ln
cos
0
2
ln cos  + ln(cos 0.5)
∑
∫0

24 
12 
i =1 




≅ −0.02169658924763 ≅ −0.021697
0.5
∫0 ln(cos x ) dx ≅ −0.021(7)
ET ≤
1.3 × 0.53
12 × 6 2
= 0.38 × 10 −3
Como a 2ª derivada é negativa, o erro é positivo e o valor do
integral é aproximado por defeito.
1
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
2003-2004
b) 4 c.d.c ⇒ erro ≅ |ES| ≤ 0.5×10-4
ES
(
b − a )5
≤
⋅M
180n 4
4
≤ 0.5 × 10 − 4
M 4 = max f ( 4 ) ( x )
x∈[a ,b ]
)
(
f ′′′( x ) = −2 tg x 1 + tg 2 x ;
(
)
(
)
2


f ( 4) ( x ) = −2 1 + tg 2 x + 2 tg 2 x 1 + tg 2 x 


f (4)(x)↑ e M4=f (4)(0.5)≈5
Logo
5 × 0.55
4
≤ 0.5 × 10− 4 → n > 2.04 ∴ n = 4
180n
b − a 0.5 − 0 1
h=
=
=
n
4
8
e xi = i × h i = 0,K,4
e
0.5
∫ 0 ln (cos x ) dx ≅
ES ≤
5 × 0.55
180 × 4
4
1

 1
 2
 3
 ln (cos 0 ) + 4 ln cos  + 2 ln cos  + 4 ln cos  + ln (cos 0.5) 
24 
 8
 8
 8

≅ −0.02138242128243 ≅ −0.0213824
= 0.34 × 10−5 → 5 c.d.c.
0.5
∫ 0 ln (cos x ) dx ≅ −0.02138( 2)
Como a 4ª derivada é negativa, o erro é positivo e o valor do
integral é aproximado por defeito.
2
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
2003-2004
Exercício 7. Pretende determinar-se ∫ 0π sen x dx com um erro
inferior a 0.2×10-4. Analisar o número de pontos a usar pelas
regras dos trapézios e de Simpson.
Resolução:
Regra dos trapézios
ET ≤
ET ≤
(b − a )3
12n
2
π3
12n
⋅ M 2 ≤ 0.2 × 10− 4
f′ (x)=cos x
f′′ (x)=-sen x→M2=1
≤ 0.2 × 10 − 4
2
π3
n≥
12 × 0.2 × 10
−4
≈ 359.43 ⇒ n ≥ 360
A regra dos trapézios é impraticável para cálculo manual.
Regra de Simpson
ES ≤
ES ≤
(b − a )5
180n
4
π5
180n
4
n≥4
⋅ M 4 ≤ 0.2 × 10− 4
f′′′ (x)=-cos x
f(4)(x)=sen x→M4=1
≤ 0.2 × 10− 4
π5
180 × 0.2 × 10
Se se usar n=18, h =
π
18
−4
≅ 17.07 → n ≥ 18 e par
e xi = i × h i = 0, K,18
8

 iπ 
 (2i − 1)π 
∫0 senx dx ≅ 54  0 + 4 ∑ sen 18  + 2 ∑ sen 18  + 0 
 i =1  
i =1 


≅ 2.00001034
π
π 
9
3
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
2003-2004
Exercício 2 (modificado)
i)
Usar a fórmula adaptativa para estimar o erro do valor do
0.5
∫ 0 ln (cos x ) dx
calculado anteriormente pela regra dos
trapézios.
ii)
Resolva b) usando a fórmula adaptativa de Simpson
Resolução:
i)
Ao compararmos os valores do integral obtidos em a) e b)
vê-se que o erro do valor obtido em a) é aproximadamente
|-0.021697+ 0.021382| ≈ 0.32×10-3
próximo do limite superior do erro calculado.
Ao usar a fórmula adaptativa tem-se
h 1
1
= para n=6 e h =
2 12
6
para n=3 que como é inteiro pode ser usado para determinar
T(h). Logo tem-se:
1
1
T  −T 
12
1
6
ET   ≈  
3
 12 
onde T 
1
 = −0.021697 e
 12 
1
2 
 

1 1 
T   =  ln(cos 0 ) + 2 ln cos  + ln cos   + ln (cos 0.5)
6
6 

 6  12 
 
≅ −0.0226433
e



 1  − 0.0216965 + 0.0226436
ET   ≈
≈ 0.32 × 10 − 3
3
 12 
valor muito próximo do erro cometido ( pode ser inferior)
4
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
ii)
2003-2004
Se se tivesse começado com o mínimo de pontos n=2
teríamos:
h=
0.5 − 0 1
=
2
4
e xi = i × h i = 0,K,2
e
2

1 1 

S   =  ln (cos 0 ) + 4 ln cos  + ln (cos 0.5) 
8
 4  12 


≅ −0.021409037
Para
n=2×2=4
tem-se
1
S   = −0.0213824
8
já
calculado
anteriormente.
Logo
 1  − 0.021382421 + 0.021409037
ES   ≈
≈ 0.18 × 10 − 5 ≈ 0.2 × 10 − 5
15
8
que, se a função for suave, garante 5 c.d.c.
Confirmação
Se considerarmos n=2×4=8 tem-se h =
1
e xi = i × h, i = 0,K,8 .
16
Logo
4
3
 1  = 1  ln (cos 0 ) + 4 ∑ ln  cos 2i − 1  + 2 ∑ ln  cos 2i  + ln (cos 0.5)


16  i = 1 
16 
 16  48 
i =1 
S




≅ −0.021380656
cujo erro é aproximadamente dado por
 1  − 0.021380656 + 0.021382421
ES   ≈
≈ 0.12 × 10 − 6 → 6 c.d.c
15
 16 
Esta conclusão pode ser feita com alguma confiança, pois o
valor de S 
1
1
 veio confirmar as afirmações feitas para S  
8
 16 
5
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
2003-2004
Exercício 12 (modificado). Seja
 x 2 − 1 se 0 ≤ x ≤ 0.5
f ( x) = 
e x sen x se 0.5 < x ≤ 1
Usar a regra de Simpson composta para determinar
1
∫ 0 f ( x ) dx
com
4 c.d.c..
Resolução:
Como existe descontinuidade em 0.5,
(
)
1
0.5 2
1 x
∫0 f ( x) dx = ∫0 x + 1 dx + ∫0.5 e sen x dx
1424
3 14
4244
3 144244
3
I
I1
I2
e ES=E1+E2 (Ei erro no ramo i). No entanto, como E1= 0 porque a
4ªderivada da função no 1º ramo é nula,
E S = E2
(
1 − 0.5)5
≤
⋅M
180n
4
4
≤ 0.5 × 10 − 4
M 4 = max f 2( 4) ( x )
x∈[0.5,1]
f 2 ( x ) = e xsen x ;
f 2′ ( x ) = e x (cos x + sen x );
f 2′′′( x ) = 2e x (cos x − sen x );
f 2′′( x ) = 2e x cos x
f 2( 4) ( x ) = −4e x sen x
Para x∈[0.5, 1], f2(4)<0 e ↓ ∴ f2(4)↑ e M4=  f2(4)(1)≈ 9.15
ES ≤
0.55 × 9.15
180n 4
n≥
4
≤ 0.5 × 10 − 4
0.55 × 9.15
180 × 0.5 × 10
−4
≅ 2.38 → n = 4
Logo vamos considerar para o 1º ramo n=2 e para o 2º ramo n=4
6
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
2003-2004
Cálculo de I1
Se se usar n=2, h =
((
0.5
= 0.25
2
) (
e xi = i × h i = 0,1,2
)(
))
0.25 2
0 − 1 + 4 0.252 − 1 + 0.52 − 1
3
≅ −0.458333333
I1 =
Cálculo de I2
Se se usar n=4, h =
0.5
= 0.125
4
e xi = 0.5 + i × h i = 0,1,2,3,4
0.125
( f 2 (0.5) + 4 f 2 (0.625) + 2 f 2 (0.75) + 4 f 2 (0.875) + f 2 (1))
3
≈ 0.737551664
I2 ≈
e
I≈-0.458333333+0.737551664=0.279218331
cujo erro é
h4
0.1254
ES ≤
(b − a )M 4 = E2 =
× 0.5 × 9.2 = 0.63 × 10 −5
180
180
4 c.d.c., a 5ª com bastante
significado
1
∫0 f ( x) dx = 0.2792(2)
Verificação: Como
1
 x

1 f ( x ) dx = e (sen x − cos x )
= 0.73755565031676
∫ 0.5 2


2

 0.5
1
∫ 0 f ( x ) dx = 0.27922231698342 ,
o que confirma a conclusão
7
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
Exercício 5. Calcule
2003-2004
π 2
∫ −π 2 cos x dx
usando 3 pontos:
c) Pela regra de Simpson;
d) Pela quadratura gaussiana (Gauss-Legendre);
Resolução:
a) Usando a regra de Simpson com 3 pontos, n=2 e
π
h= 2
+
π
2 =π
2
2
e xi = −
π
2
+i×
π
2
i = 0,1,2
Como M4=1 (ver b))
π  π
π 
π 2
∫ −π 2 cos x dx =  cos −  + 4 cos 0 + cos  
6  2
 2 
≅ 2.0943951
ES ≤
π5
= 0.12 → casa das unidades correcta.
180 × 24
π 2
∫ −π 2 cos x dx ≅ 2.(1)
b) Usando a quadratura gaussiana com 3 pontos (k=2) vai-se usar
a tabela:
i
0
1
2
ti
-0.7745966692
0
0.7745966692
wi
0.555555556
0.888888889
0.5555555556
Se se efectuar a mudança de variável
x=
π
vem
π 2
∫ −π 2 cos x dx
com xi =
π
2
=
π
2
2
t ⇒ dx =
π
1
∫−1 cos
π
2
dt
π 2

t dt ≅ ∑ wi cos( xi )
2 i =0
2 
ti
8
Análise Numérica – Integração Numérica – DEC
2003-2004
Esquematizando os cálculos no quadro
i
ti
wi
xi
cos(xi)
wi cos(xi)
0 -0.7745966692 0.5555555556 -1.216733603 0.3467113792 0.1926174329
1
0
0.888888889
0
1.0000000000 0.8888888889
2 0.7745966692 0.5555555556 1.216733603 0.3467113792 0.1926174329
Σ 1.2741237547
e
π 2
∫ −π 2 cos x dx
≅
π
2
1.2741237547 ≅ 2,001388914
Como
f
(k )
( −1)i sen x se k = 2i − 1
(x ) = 
e M 6 = max f ( 6) ( x ) = 1
 π π
 ( −1)i cos x se k = 2i
x∈ − , 
 2 2
EG ≤
π 7 × (3!)4
7 × (6 !)3
M 6 ≅ 0.0015
2 c.d.c.
Solução exacta
π 2
∫ −π 2 cos x dx
= [sen x ]π−π2 2 = 2
9