Teste Formativo 2
Enunciado
1. Determine o erro absoluto, erro relativo e percentagem de erro das aproximações seguintes:
√
1.1. 1.77245 ≈ π.
1.2. 1.42857 ≈
10
.
7
1
1.3. 1.64872 ≈ e 2 .
2. Considere a equação
e−x − x2 = 0.
2.1. Por recurso ao teorema do valor intermédio, verifique que a equação
dada tem uma raiz localizada no intervalo [0, 1].
2.2. Sendo f a função com derivadas contı́nuas até à segunda ordem em
[0, 1],
f (x) = e−x − x2 ,
verifique que
f 0 (x) 6= 0, ∀ x ∈ [0, 1] .
2.3. Aplique o método de Newton para calcular a raiz da equação.
Estime o erro do resultado obtido.
2.4. Pelo método da bissecção, quantos intervalos seriam necessários calcular para se obter uma aproximação para a raiz com cinco algarismos
significativos?
3. Considere a matriz


1 2 1

A = 2 5 4
.
1 4 6
3.1. Determine a decomposição LU de A.
3.2. Utilizando a decomposição obtida, calcule o determinante da matriz
A.
3.3. Determine de modo eficiente a solução de cada um dos sistemas seguintes:
Ax1 = ( 1 0 0 )T , Ax2 = ( 0 1 0 )T , Ax3 = ( 0 0 1 )T .
1
3.4. Verifique que A−1 = (x1 x2 x3 ).
4. Considere a função
(
s(x) =
cx3 + dx + 1/9, 0 ≤ x ≤ 1/3
bxk + ax2 , 1/3 ≤ x ≤ 1.
Determine os valores de k, a, b, c e d para os quais a função s é uma função
spline cúbica natural.
5. Considere o integral
1.4
Z
1
1
dt.
1+t
5.1. Calcule o seu valor utilizando:
5.1.1. A regra do trapézio simples. Estime o erro do resultado.
5.1.2. A regra de Simpson simples. Estime o erro do resultado.
5.2. Calcule o valor exacto do integral e confronte os resultados obtidos.
6. Calcule os integrais seguintes:
6.1.
Z
0
1
cos x
√ dx.
x
Sugestão: Com o objectivo de aplicar a regra de Simpson, comece por
efectuar uma mudança de variável conveniente.
6.2.
+∞
Z
1
2
cos x
dx.
x4
Teste Formativo 2
Exemplo de resolução
1.
1.1. Considerando a aproximação
1.77245 ≈
√
π,
tem-se que o erro absoluto é dado por
√
= | π − 1.77245| = |1.772453851... − 1.77245|
= 0.000003851...
≈ 0.39 10−5 ,
o erro relativo por
0.39 10−5
√
r= √ ≈
≈ 0.22 10−5 ,
| π|
π
e a percentagem de erro por
100r ≈ 0.22 10−3 %.
√
Em conclusão, 1.77245 aproxima π com erro absoluto estimado em
0.39 10−5 , com erro relativo estimado em 0.22 10−5 , e com percentagem
de erro estimada em 0.22 10−3 %.
1.2. De modo análogo, o erro absoluto da aproximação
1.42857 ≈
10
7
obtém-se por
10
= 7
− 1.42857 = |1.428571429... − 1.42857|
= 0.000001429...
≈ 0.14 10−5 ,
3
o erro relativo por
r=
| 10
|
7
0.14 10−5
≈
10
7
≈ 0.98 10−6 ,
e a percentagem de erro por
100r ≈ 0.98 10−4 %.
com erro absoluto estimado
Conclui-se assim que 1.42857 aproxima 10
7
−5
em 0.14 10 , com erro relativo estimado em 0.98 10−6 , e com percentagem de erro estimada em 0.98 10−4 %.
1.3. Por último, o erro absoluto da aproximação
1
1.64872 ≈ e 2
é dado por
1
= |e 2 − 1.64872| = |1.648721271... − 1.64872|
= 0.000001271...
≈ 0.13 10−5 ,
o erro relativo por
r=
1
2
|e |
≈
0.13 10−5
e
1
2
≈ 0.8 10−6 ,
e a percentagem de erro por
100r ≈ 0.8 10−4 %;
1
o que permite concluir que 1.64872 aproxima e 2 com erro absoluto
estimado em 0.13 10−5 , com erro relativo estimado em 0.8 10−6 , e com
percentagem de erro estimada em 0.8 10−4 %.
2.
2.1. Designemos por f a função real contı́nua definida por,
f (x) = e−x − x2 , x ∈ IR.
Como
f (1) = −0.63212... < 0,
f (0) = 1 > 0,
tem-se f (0)f (1) < 0. Da continuidade da função f em [0, 1] resulta,
por aplicação do teorema do valor intermédio, que f tem pelo menos
uma raiz real r em [0, 1].
4
2.2. Consideremos a função derivada da função f ,
f 0 (x) = −e−x − 2x, x ∈ IR.
Por a função x 7→ e−x ser estritamente positiva em IR, tem-se que
(5.1)
−f 0 (x) = e−x + 2x ≥ 0, ∀ x ∈ [0, 1] .
No entanto a desigualdade anterior é mesmo estrita. Com efeito, se
para um certo x0 ∈ [0, 1] f 0 (x0 ) fosse igual a zero, de (5.1) viria que
e−x0 = −2x0 ;
o que é impossı́vel, pois por x0 ∈ [0, 1] o valor −2x0 é negativo ou igual
a zero e e−x0 é um valor estritamente positivo. Conclusão:
−f 0 (x) = e−x + 2x > 0, ∀ x ∈ [0, 1] ,
o que implica que
f 0 (x) 6= 0, ∀ x ∈ [0, 1] ,
como se pretendia.
2.3. Tendo em conta o que vimos nas alı́neas anteriores, temos garantida
a convergência da sucessão xk , k = 1, 2, · · ·, gerada pelo método de
Newton,
e−xk − x2k
f (xk )
= xk + −x
,
xk+1 = xk − 0
f (xk )
e k + 2xk
para a raiz r, desde que a aproximação inicial x0 ∈ [0, 1] esteja suficientemente próxima de r.
Escolhamos x0 = 0.65, por exemplo. Obtém-se
e−x0 − x20
e−x0 + 2x0
e−0.65 − (0.65)2
= 0.65 + −0.65
= 0.704634,
e
+ 2 × 0.65
x1 = x0 +
x2 = 0.704634 +
e−704634 − (0.704634)2
= 0.703468,
e−0.704634 + 2 × 0.704634
x3 = 0.703467,
x4 = 0.703467.
Assim, 0.703467 é uma aproximação para a raiz r com erro estimado
em 10−6 :
|r − x3 | ≈ |x4 − x3 | < 10−6
(x3 e x4 coincidem nos seus seis primeiros dı́gitos).
5
2.4. O ponto médio xk do intervalo Ik gerado pelo método da bissecção é
uma aproximação para a raiz da equação com erro absoluto k tal que
k <
wk
1−0
1
= k+1 = k+1 ,
2
2
2
onde wk denota a amplitude do intervalo Ik .
Assim, e uma vez que a raiz se situa no intervalo [0, 1], para
se obter uma aproximação da raiz com cinco algarismos significativos
deverá ter-se
k < 0.5 10−5 .
De
1
2k+1
< 0.5 10−5 ,
vem 2k > 105 , ou seja, k ln 2 > 5 ln 10, o que é equivalente a
ln 10
= 16.6096 · · · .
ln 2
k >5·
Conclusão, partindo do intervalo inicial [0, 1] terão de ser calculados
pelo método da bissecção 17 intervalos.
3.
3.1. Comecemos por obter a primeira linha da matriz U . Tem-se
u11 = a11 = 1,
u12 = a12 = 2,
u13 = a13 = 1.
Calculemos agora a primeira coluna da matriz L:
l21 =
l31 =
a21
u11
a31
u11
= 2,
= 1.
Determinemos de seguida a segunda linha da matriz U . Tem-se
u22 = a22 − l21 u12 = 1,
u23 = a23 − l21 u13 = 2.
Para a segunda coluna da matriz L obtém-se:
l32 =
a32 − l31 u12
= 2.
u22
6
Finalmente, para a última linha da matriz U tem-se,
u33 = a33 −
2
X
l3k uk3
k=1
= a33 − l31 u13 − l32 u23 = 1.
Donde,




1 0 0

L = 2 1 0

1 2 1
e
1 2 1


U = 0 1 2.
0 0 1
3.2. Sendo o determinante da matriz produto LU (= A) igual ao produto
dos determinantes das matrizes L e U , tem-se
det A = det L · det U = 1 × 1 = 1,
em que o determinante da matriz triangular inferior L (respectivamente, da matriz triangular superior U ) é igual ao produto dos elementos da diagonal de L (respectivamente, U ).
3.3. Seja o sistema
(2.1)
Ax1 = ( 1 0 0 )T .
Considerando a decomposição LU encontrada na alı́nea 2.1 e substituindo-a em (2.1) obtém-se,
LU x1 = ( 1 0 0 )T .
Assim, escrevendo
(2.2)
U x1 = y1 ,
tem-se que
(2.3)
Ly1 = ( 1 0 0 )T ;
ou seja, para calcular a solução do sistema (2.1) basta resolver o sistema (2.3) por substituição directa para determinar y1 , e depois resolver (2.2) por substituição inversa para obter x1 . É o que faremos
de seguida.
7
Reescrevendo o sistema (2.3),

 



 
y11
1
1 0 0

 

 
 2 1 0   y21  =  0  ,
y31
0
1 2 1
onde
y11


y1 =  y21  ,
y31
por substituição directa obtém-se
y11 = 1,
y21 = −2,
y31 = 3.
Com o vector coluna y1 assim determinado estamos em condições de
passar à resolução do segundo sistema. Sendo ele,




1 2 1
1




 0 1 2  x1 =  −2  ,
0 0 1
3
e designando o vector coluna x1 por


x11


x1 =  x21  ,
x31
por substituição inversa obtém-se,
x31 = 3
x21 = −8
x11 = 14.
Fica assim concluida a resolução do primeiro sistema dado. Relativamente aos outros dois, o raciocı́nio a seguir é exactamente igual.
Obter-se-á no final,




−8
3



x2 = 
 5  , x3 =  −2  .
−2
1
3.4 Para provar que a matriz


14 −8 3
(x1 x2 x3 ) = 
5 −2 
 −8

3 −2 1
8
é a matriz inversa da matriz A, basta verificar que o produto desta
matriz pela matriz A é a matriz identidade de ordem 3:

 



14 −8 3
1 2 1
1 0 0

 


5 −2   2 5 4  =  0 1 0 
 −8
.
3 −2 1
1 4 6
0 0 1
Este exercı́cio 3 ilustra como se pode obter de um modo eficiente o determinante e a inversa de uma matriz invertı́vel a partir da sua decomposição
LU .
4. Para que a função
(
s(x) =
cx3 + dx + 1/9, 0 ≤ x ≤ 1/3
bxk + ax2 , 1/3 ≤ x ≤ 1
seja uma spline cúbica natural tem que se ter, antes de mais, k = 3.
Sendo s um polinómio de grau três em cada intervalo [0, 1/3], [1/3, 1], s, s0 e
s00 são funções contı́nuas em [0, 1/3) e (1/3, 1]. Para garantir a continuidade
de s, s0 , s00 em todo o intervalo [0, 1], há então que garantir que
(4.1)
s
1 −
3
(4.2)
s0
(4.3)
00
s
=s
1 −
3
1 −
3
1
=s
3
= s0
=s
1 +
3
1 +
00
3
,
1 +
3
,
,
o que se traduz, respectivamente, por
(4.10 )
(4.20 )
(4.30 )
c
1 3
+
3
3c
1 2
3
1 3
d 1
1
+ =b
+ a( )2 ,
3 9
3
3
+ d = 3b
6c ·
1 2
3
1
+ 2a · ,
3
1
1
= 6b · + 2a.
3
3
Para que a função s seja uma spline cúbica natural, há que verificar ainda
s00 (0) = 0, s00 (1) = 0,
9
ou seja,
s00 (0) = s00 (0+ ) = (6cx)x=0 = 0,
e
(4.4)
0 = s00 (1) = s00 (1− ) = (6bx + 2a)x=1 = 6b + 2a.
Combinando (4.10 ), (4.20 ), (4.30 ) e (4.4), resta então resolver o sistema de
quatro equações a quatro incógnitas:
2
2




2
3
1
9
6
2
1
3
1
27
0
−2
− 13
1
− 27
0
0 


−1 
− 13
0
a
0
b
 
 
  =  .
0
c
1
d
9
 



Obtém-se pelo método de eliminação de Gauss,
a = −3, b = 1, c = −2, d = −1.
Conclusão, para os valores
k = 3, a = −3, b = 1, c = −2, d = −1,
a função s dada define uma spline cúbica natural.
5.
5.1. Designemos por f a função integranda do integral dado,
f (t) =
1
, t ∈ [1, 1.4] .
1+t
5.1.1. Utilizando a regra do trapézio simples tem-se
Z
1
1.4
1
(1.4 − 1) h 1
1 i
dt ≈
+
= 0.1833333,
1+t
2
1 + 1 1 + 1.4
em que o erro de truncatura gerado no cálculo desta aproximação
é dado por
ET = −
(1.4 − 1)3 00
f (η), η ∈ (1, 1.4) .
12
Como não se conhece o valor de η, determinemos um limite superior para o valor absoluto do erro ET :
(0.4)3
2 (0.4)3 2
|ET | ≤
max =
× ≈ 1.333 10−3 .
3
t∈[1,1.4]
12
(1 + t)
12
8
10
5.1.2. Aplicando agora a regra de Simpson simples, tem-se
1.4
Z
1
1
(1.4 − 1) h 1
4
1 i
dt ≈
+
+
1+t
6
1 + 1 1 + 1.2 1 + 1.4
= 0.1823232,
sendo o erro de truncatura gerado no cálculo desta aproximação,
ES = −
(0.2)5 (4)
f (η), η ∈ (1, 1.4) .
90
Mais uma vez, e pela mesma razão apontada na alı́nea anterior,
calculemos um limite superior para o valor absoluto do erro ES .
Obtém-se
|ES | ≤
24 (0.2)5
(0.2)5 24
max =
× 5 ≈ 2.666 10−6 .
90 t∈[1,1.4] (1 + t)5
90
2
5.2. Calculando o valor exacto do integral tem-se que
Z
1.4
1
1
dt = ln(1 + 1.4) − ln(1 + 1) = 0.1823216,
1+t
o que confirma a maior precisão da aproximação obtida pela regra de
Simpson em relação à obtida pela regra do trapézio.
6.
6.1. Atendendo a que a função integranda,
cos x
f (x) = √ ,
x
não está definida para x = 0, tendo-se
lim f (x) = +∞,
x→0+
para aplicar a regra de Simpson há necessidade de previamente se
efectuar uma mudança de variável conveniente (observe a fórmula da
regra de Simpson simples ou composta).
Efectuando a mudança de variável definida por x = t2 , obtém-se
Z
0
1
Z 1
Z 1
cos x
cos(t2 )
√ dx =
2t
dt = 2
cos(t2 ) dt,
x
t
0
0
onde a nova função integranda,
h(t) = cos(t2 ),
11
além de estar definida para t = 0, tem derivadas contı́nuas até à quarta
ordem em [0, 1]. É esta regularidade que nos garante que os resultados
obtidos por aplicação da regra de Simpson no cálculo do integral
Z
1
h(t) dt =
0
Z
1
cos(t2 ) dt
0
têm a precisão desejada.
Tomemos na regra de Simpson composta h = 0.25, por exemplo. Tem-se,
Z
1
0.25
[h(0) + 4(h(0.25) + h(0.75)) + 2h(0.5) + h(1)]
3
0.25
=
[cos 0 + 4(cos(0.252 ) + cos(0.752 ))
3
cos(t2 ) dt ≈
0
+2 cos(0.52 ) + cos 1]
= 0.0833333[1 + 4(0.9980475 + 0.8459245)
+2 × 0.9689124 + 0.5403023]
= 0.9045009.
Para estimar o erro desta aproximação usaremos o resultado,
|ES (0.25)| ≈
1
|S(0.25) − S(2 × 0.25)|.
15
Tendo em conta que
0.5
[cos 0 + 4 cos(0.52 ) + cos 1]
3
0.5
=
[1 + 4 × 0.9689124 + 0.5403023]
3
= 0.9026587,
S(0.5) =
tem-se então
|ES (0.25)| ≈
1
|0.9045009 − 0.9026587| = 1.228 10−4 .
15
Conclusão,
Z
0
1
Z 1
cos x
√ dx = 2
cos(t2 ) dt ≈ 2 × 0.9045009 = 1.8090018,
x
0
com o erro estimado por 2 × 1.228 10−4 = 2.456 10−4 .
12
6.2.
+∞
Z
1
em que
Z k
Z +∞
cos x
cos x
cos x
dx
=
dx
+
dx, k > 1,
4
4
x
x
x4
1
k
Z +∞
Z +∞ 1
cos x
1
cos x dx
≤
dx
≤
dx = 3 .
4
4
4
x
x
x
3k
k
k
k
Por exemplo, para k = 5 tem-se
Z +∞
1
1
dx
=
< 2.7 10−3 .
4
3
x
3×5
5
Considerando
Z +∞
Z 5
cos x
cos x
dx ≈
dx,
4
x
x4
1
1
calculemos o integral
Z 5
cos x
dx.
x4
1
Para tal, iremos recorrer à regra de Simpson composta com h = 1, por
exemplo. Note-se que por a função integranda
cos x
f (x) = 4
x
ter derivadas contı́nuas até à quarta ordem em [1, 5], os resultados
obtidos por aplicação da regra de Simpson terão a precisão desejada.
Obtém-se assim,
Z 5
cos 2
1h
cos 4 cos 3 cos 5 i
cos x
dx
≈
cos
1
+
4
+
+ 4
+
2
×
x4
3
24
44
34
5
1
1
= [0.5403023 + 4 × (−0.0260092 − 0.0025533)
3
+2 × (−0.0122221) + 0.0004539]
Z
+∞
= 0.1340207,
com erro estimado por
1
|ES (1)| ≈ |S(1) − S(2)|
15
1
= |0.1340207 − 0.3279119| = 1.29 10−2 ;
15
!
h
2
cos 3 cos 5 i
cos 1 + 4 × 4 + 4 = 0.3279119 .
S(2) =
3
3
5
Conclusão,
+∞
Z 5
cos x
cos x
dx
≈
dx ≈ 0.1340207,
4
x
x4
1
1
com erro estimado em 2.7 10−3 + 1.29 10−2 = 1.56 10−2 .
Z
13