Teste Formativo II
Enunciado
1. Use o método de eliminação de Gauss para determinar a solução do sistema

 x1 − x2 + x3 = 0
x1 − 2x2 + x3 = 4 .

x2 + 2x3 = 0
2. Utilizando adaptações convenientes do Método de Eliminação de Gauss, resolva cada um dos sistemas seguintes:
2.1.

1
 2

 1
−1
2
13
5
1

1
2
1
0

s1
1 −1


5 1   s2
6 2   s3
2 4
s4

1
  −1 

=
  4 ,
1


onde a matriz do sistema é simétrica.
Sugestão: Utilize o Algoritmo 3.5 do livro.
2.2.
1
 1

 0
0
0
1
2
1

r1
0


0   r2
1   r3
2
r4

1
  2 
 =  ,
  0 
1


onde a matriz do sistema é tridiagonal.
Sugestão: Utilize o Algoritmo 3.6 do livro.
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 .
2
Teste Formativo II
3.4. Verifique que A−1 = (x1 x2 x3 ).
4. Considere a matriz simétrica definida positiva


4 2 2
B =  2 2 2 .
2 2 3
4.1. Determine a decomposição de Choleski da matriz B.
4.2. Designando por l11 , l22 , l33 os elementos da diagonal da matriz L obtida
pela alı́nea anterior, verifique que o determinante da matriz B, det B,
é dado por
2
2
2
det B = l11
· l22
· l33
.
4.3. Resolva o sistema

2
Bx =  0  .
−1

4.4. Recordando as alı́neas 3.3 e 3.4 do exercı́cio anterior, determine de um
modo eficiente a inversa da matriz B.
5. Prove que para todo o x ∈ Rn ,
kxk1 ≥ kxk2 ≥ kxk∞ .
Sugestão: Prove que kxk21 ≥ kxk22 e kxk22 ≥ kxk2∞ .
6. Determine o número de condição da matriz


1 −1 0
1 .
A =  −1 2
0
1 1.01
Comente sobre o condicionamento do problema de resolução de um sistema
de equações tendo A como matriz dos coeficientes,
Ax = b.
7. Dados uma função f definida em [a, b] ⊂ R e x0 , x1 , · · · , xn , n + 1 pontos
distintos em [a, b], a fórmula de Lagrange
(7.1)
pn (x) = a0 L0 (x) + a1 L1 (x) + · · · + an Ln (x),
com
(7.2)
ai = f (xi ), Li (x) =
n
Y
(x − xj )
,
(x
−
x
)
i
j
j=0
j6=i
i = 0, 1, · · · , n.
3
Teste Formativo II
define um polinómio de grau menor ou igual a n interpolador da função f
nos nós x0 , x1 , · · · , xn .
Começando por definir polinómios Li , i = 0, 1, · · · , n, de grau n tais que
1, i = j
Li (xj ) =
,
0, i 6= j
e o polinómio
pn (x) = f (x0 )L0 (x) + f (x1 )L1 (x) + · · · + f (xn )Ln (x),
deduza a fórmula de Lagrange (7.1), (7.2).
8. Considere a seguinte tabela de valores exactos de um polinómio f de grau 2:
x f (x)
−2
6
−1
2
0
−1
1
y
8.1. Construa a tabela de diferenças finitas. Qual o valor de ∆30 ?
8.2. Determine o valor de f (2).
8.3. Por recurso a interpolação polinomial calcule o valor de f ( 12 ). O valor
obtido é exacto ou aproximado? Justifique.
9. São dados os seguintes valores da função definida por
Z
1 x 1 − cos t
dt, x ∈ [−1, 1] ,
C(x) =
x 0
t2
x
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
C(x)
0.50000
0.49944
0.49778
0.49504
0.49122
0.48639
9.1. Construa a tabela de diferenças finitas relativa a estes valores.
9.2. Calcule C(0.12) usando interpolação, com a maior precisão possı́vel,
tendo em conta que os valores tabelados da função têm cinco algarismos significativos.
4
Teste Formativo II
10. Considere a função
f (x) = ln(x), x > 0.
10.1. Construa a tabela de diferenças finitas da função f a partir da tabela
de valores
x
f (x)
3.2 1.1632
3.3 1.1939
3.4 1.2238
3.5 1.2528
3.6 1.2809
10.2. Utilizando interpolação polinomial calcule ln(3.26) com a maior precisão possı́vel, tendo em conta que os valores tabelados da função têm
cinco algarismos significativos.
10.3. Considere a função inversa da função f ,
g(x) = ex , x ∈ R.
A partir da tabela de valores seguinte e utilizando interpolação inversa,
calcule ln(3.26) com a maior precisão possı́vel. Estime o erro cometido.
x
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
g(x)
3.0042
3.3201
3.6693
4.0552
4.4817
4.9530
11. Mostre que a função s definida por
1 3 3 2
x + 2 x , −1 ≤ x ≤ 0
2
s(x) =
− 21 x3 + 32 x2 , 0 ≤ x ≤ 1
é uma função spline cúbica natural. Esboce a representação gráfica de s.
12. 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
Teste Formativo II
13. Suponha que pretende interpolar a função definida por
f (x) = cos 2x
no intervalo [0, π] por uma função spline cúbica completa, em nós equidistantes.
Qual a distância que deve ser escolhida entre os nós para que o erro de
interpolação não exceda 10−4 ?
14. Dada uma função f contı́nua em [a, b] ⊂ R, a regra do trapézio para o cálculo
aproximado do integral
Z
b
f (x) dx
a
é obtida pela aproximação de f pelo polinómio p de grau menor ou igual a
um interpolador de f nos nós a e b.
Obtenha a regra do trapézio começando por escrever a expressão de p e
tomando
Z b
Z b
p(x) dx.
f (x) dx ≈
a
a
Ilustre graficamente a regra do trapézio.
15.
15.1. Considere a regra de quadratura
√
3
3
) + f(
),
f (x) dx ≈ f (−
3
3
−1
Z
√
1
chamada regra de Gauss com dois pontos. Mostre que dá o valor
exacto do integral quando f é um polinómio de grau menor ou igual
a três.
15.2. Calcule
Z
1
(1 + x) cos x dx
−1
usando:
15.2.1. A regra apresentada na alı́nea anterior.
15.2.2. A regra do trapézio simples.
15.3.
15.3.1. Calcule o valor exacto do integral dado na alı́nea anterior.
Determine o valor exacto do erro de cada uma das aproximações
aı́ obtidas.
6
Teste Formativo II
15.3.2. Comente os resultados calculados na alı́nea 2.2 comparando
a sua precisão e o esforço computacional requerido para os obter.
16. Considere o integral
Z
1.4
1
1
dt.
1+t
16.1. Calcule o seu valor utilizando:
16.1.1. A regra do trapézio simples. Estime o erro do resultado.
16.1.2. A regra de Simpson simples. Estime o erro do resultado.
16.2. Calcule o valor exacto do integral e confronte os resultados obtidos.
17. Considere a regra de Simpson composta
Z b
h
f (x) dx ≈ S(h) = [f0 + 4(f1 + f3 + . . . + fn−1 ) +
3
a
+ 2(f2 + f4 + . . . + fn−2 ) + fn ],
sendo a e b finitos e f com derivadas contı́nuas até à quarta ordem em [a, b].
17.1. Prove que
lim S(h) =
h→0
Z
b
f (x) dx.
a
Interprete este resultado.
Sugestão: Recorde a expressão para o erro de truncatura.
17.2. Seja ES (h) o erro de truncatura na regra de Simpson composta.
Prove que
1
|ES (h)| ≈ |S(h) − S(2h)|.
15
17.3. Calcule
Z 1
1
dx
2
x
0 x +e
usando a regra de Simpson composta.
Estime (de modo eficiente) o erro do resultado.
18. Calcule os integrais seguintes:
18.1.
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.
7
Teste Formativo II
18.2.
Z
1
+∞
cos x
dx.
x4
Teste Formativo II
Exemplo de resolução
1. A matriz ampliada do sistema é


1 −1 1 0
 1 −2 1 4  .
0 1 2 0
Ao fim do primeiro passo de eliminação obtém-se


1 −1 1 0
 0 −1 0 4  .
0 1 2 0
Ao fim do segundo passo de eliminação obtém-se


1 −1 1 0
 0 −1 0 4  .
0 0 2 4
Por substituição inversa calcula-se
4
=2
2
4
= −4
=
−1
= 0 + (−4) − 2 = −6
x3 =
x2
x1
2.
2.1. Neste exercı́cio apresenta-se um exemplo em que a matriz do sistema
A é simétrica. Trata-se de uma situação em que a simetria da matriz A
permite, em certas condições, uma adaptação do algoritmo do método
de eliminação de Gauss de modo a obter-se um outro algoritmo mais
eficiente (Algoritmo 3.5). Com efeito, prova-se que sendo a matriz A
simétrica, e não ocorrendo trocas de linhas durante o processo
de eliminação de Gauss, em cada passo k, k = 1, 2, 3, os blocos
formados pela intersecção das últimas 4 − k linhas e 4 − k colunas são
matrizes simétricas. É esta caracterı́stica das matrizes simétricas que
10
Teste Formativo II
permite a simplificação referida do algoritmo do método de eliminação
de Gauss. Veremos como.
Consideremos a matriz ampliada do sistema:


1 2 1 −1 1
 2 13 5 1 −1 
.

 1 5 6 2
4 
−1 1 2 4
1
Tomando os multiplicadores
m21 =
m31 =
a21
a11
a31
a11
= 2,
= 1,
m41 = −1,
os novos elementos da segunda linha da matriz ampliada são:
(1)
a22 = a22 − m21 a12 = 9,
(1)
a23 = a23 − m21 a13 = 3,
(1)
a24 = a24 − m21 a14 = 3,
(1)
b2 = b2 − m21 b1 = −3.
Para se determinarem os novos elementos das terceira e quarta linhas
ter-se-iam que calcular os coeficientes,
(1)
(1)
(1)
(1)
(1)
(1)
(1)
(1)
a32 , a33 , a34 (b3 ),
a42 , a43 , a44 (b4 );
no entanto, é aqui que a simetria da matriz A permite a primeira
simplificação. Como referimos, sendo simétrica a matriz que resulta
da intersecção das últimas 4 − 1 = 3 linhas e 3 colunas da matriz que
se obtém de A no final do primeiro passo, i.e.,
 (1) (1) (1) 
a22 a23 a24
 (1) (1) (1) 
 a32 a33 a34  ,
(1)
(1)
(1)
a42 a43 a44
tem-se, por definição de matriz simétrica, que
(1)
(1)
a32 = a23 = 3,
(1)
(1)
a42 = a24 = 3.
Logo, restam-nos determinar os coeficientes,
(1)
a33 ,
(1)
(1)
a34 = a43 ,
(1)
a44 ,
(1)
(1)
b3 , b4 .
11
Teste Formativo II
São eles,
(1)
a33 = a33 − m31 a13 = 5,
(1)
(1)
a34 = a34 − m31 a14 = 3 = a43 ,
(1)
a44 = a44 − m41 a14 = 3,
(1)
b3 = b3 − m31 b1 = 3
(1)
b4 = b4 − m41 b1 = 2.
No final do primeiro passo obtém-se então a matriz,


1 2 1 −1 1
 0 9 3 3 −3 
.

 0 3 5 3
3 
0 3 3 3
2
Vejamos agora o segundo passo de eliminação. Como o bloco que
resulta da intersecção das últimas 4 − 2 = 2 linhas e 2 colunas da
matriz que se obtém de A no final do segundo passo é simétrica,
!
(2)
(2)
a33 a34
,
(2)
(2)
a43 a44
para o termo do segundo passo, bastará calcular os coeficientes seguintes:
(2)
a33 ,
(2)
(2)
a34 = a43 ,
(2)
a44 ,
(2)
(2)
b3 , b4 .
Tomando os multiplicadores,
(1)
m32 =
a32
(1)
a22
(1)
m42 =
tem-se então
(2)
(1)
a42
(1)
a22
= 13 ,
= 13 ,
(1)
a33 = a33 − m32 a23 = 4,
(2)
(1)
(1)
(2)
a34 = a34 − m32 a24 = 2 = a43 ,
(2)
(1)
(1)
a44 = a44 − m42 a24 = 2,
(2)
(1)
(1)
b3 = b3 − m32 b2 = 4
(2)
(1)
(1)
b4 = b4 − m42 b2 = 3.
Obtém-se no final deste passo a matriz

1 2 1 −1
 0 9 3 3

 0 0 4 2
0 0 2 2

1
−3 
.
4 
3
12
Teste Formativo II
Para o terceiro e último passo, toma-se o multiplicador
(2)
m43 =
e obtém-se no final do passo a

1 2
 0 9

 0 0
0 0
após o cálculo dos coeficientes,
(3)
a43
(2)
a33
1
= ,
2
matriz

1 −1 1
3 3 −3 
,
4 2
4 
0 1
1
(2)
(2)
a44 = a44 − m43 a34 = 1,
(3)
(2)
(2)
b4 = b4 − m43 b3 = 1.
Observe que durante o processo de eliminação não se efectuaram trocas de linhas.
Por substituição inversa determinam-se então,
s4 = 1,
s3 =
s2 =
s1 =
4−2
= 21 ,
4
−3−3−3/2
= − 56 ,
9
1 + 1 − 21 + 2 × 65
=
19
,
6
o que conclui o exercı́cio.
O algoritmo 3.5 só se pode aplicar quando não há necessidade de se efectuarem trocas de linhas para garantir a estabilidade do método. Mais
precisamente, quando em cada passo de eliminação não há lugar a trocas
de linhas para escolher um pivot que assegure que todos os multiplicadores são em valor absoluto inferiores ou iguais a 1.
2.2. Nesta alı́nea apresenta-se um outro exemplo em que o tipo da matriz
do sistema conduz a uma simplificação do algoritmo do método de
eliminação de Gauss. Neste caso, a matriz do sistema A é tridiagonal.
Tal como acontece com as matrizes simétricas, prova-se que sendo a
matriz A tridiagonal, e não havendo lugar a trocas de linhas
durante o processo de eliminação, em cada passo k, k = 1, 2, 3,
os blocos formados pela intersecção das últimas 4 − k linhas e 4 − k
13
Teste Formativo II
colunas são matrizes tridiagonais. Este facto origina um algoritmo
mais eficiente, Algoritmo 3.6. Vejamos como.
Consideremos a matriz ampliada do sistema,


1 1 0 0 1
 1 2 1 0 2 


 0 1 2 1 0 .
0 0 1 2 1
Sendo a matriz do sistema tridiagonal, observe que em cada passo só se
calcula um único multiplicador e dois novos coeficientes: um relativo
à matriz do sistema e outro associado ao vector coluna dos termos
independentes.
Para o primeiro passo, tome-se
m1 =
Virá então
l2
1
= = 1.
d1
1
(1)
d2 = d2 − m1 u1 = 1,
(1)
b2 = b2 − m1 b1 = 1,
o que permite obter no final do primeiro passo a matriz


1 1 0 0 1
 0 1 1 0 1 


 0 1 2 1 0 .
0 0 1 2 1
Observe como nesta matriz o bloco resultante da intersecção das últimas 4 − 1 = 3 linhas e 3 colunas é uma matriz tridiagonal.
Para o segundo passo toma-se o multiplicador
m2 =
1
l3 (1)
= = 1,
(1)
1
d2
sendo os novos coeficientes,
(2)
(1)
(1)
d3 = d3 − m2 u2 = 2 − 1 × 1 = 1,
(2)
(1)
(1)
b3 = b3 − m2 b2 = 0 − 1 × 1 = −1.
Obtém-se no final deste passo a

1 1
 0 1

 0 0
0 0
matriz
0
1
1
1

0 1
0 1 
.
1 −1 
2 1
14
Teste Formativo II
Para o terceiro e último passo, tem-se o multiplicador
m3 =
obtendo-se no final do passo

1
 0

 0
0
l4 (2)
1
= = 1,
(2)
1
d3
a matriz
1
1
0
0
0
1
1
0
após o cálculo dos coeficientes,
(3)
(2)

0 1
0 1 
,
1 −1 
1 2
(2)
d4 = d4 − m3 u3 = 2 − 1 × 1 = 1,
(3)
(2)
(2)
b4 = b4 − m3 b3 = 1 − 1 × (−1) = 2.
Observe que durante o processo de eliminação não se efectuaram trocas de linhas.
Por substituição inversa determinam-se então,
2
= 2,
1
r3 = −1 − 2 = −3,
r2 = 1 − (−3) = 4,
r1 = 1 − 4 = −3,
r4 =
como se pretendia.
O algoritmo 3.6 só se pode aplicar quando não há necessidade de se efectuarem trocas de linhas para garantir a estabilidade do método. Mais
precisamente, quando em cada passo de eliminação não há lugar a trocas
de linhas para escolher um pivot que assegure que todos os multiplicadores são em valor absoluto inferiores ou iguais a 1.
3.
3.1. Comecemos por obter a primeira linha da matriz U . Tem-se
u11 = a11 = 1,
u12 = a12 = 2,
u13 = a13 = 1.
15
Teste Formativo II
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
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,

100
L = 2 1 0
121

e

121
U = 0 1 2 .
001

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
(3.1)
Ax1 = (1 0 0)T .
Considerando a decomposição LU encontrada na alı́nea 3.1 e substituindo-a em (3.1) obtém-se,
LU x1 = (1 0 0)T .
16
Teste Formativo II
Assim, escrevendo
(3.2)
U x 1 = y1 ,
tem-se que
(3.3)
Ly1 = (1 0 0)T ;
ou seja, para calcular a solução do sistema (3.1) basta resolver o sistema (3.3) por substituição directa para determinar y1 , e depois resolver (3.2) por substituição inversa para obter x1 . É o que faremos
de seguida.
Reescrevendo o sistema (3.3),
   

1
y11
100
 2 1 0   y21  =  0  ,
0
y31
121
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
121
 0 1 2  x1 =  −2  ,
3
001
e designando o vector coluna x1 por
 
x11

x1 = x21  ,
x31
por substituição inversa obtém-se,
x31 = 3
x21 = −8
x11 = 14.
17
Teste Formativo II
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,
 
 
3
−8



5
, x3 = −2  .
x2 =
1
−2
3.4 Para provar que a matriz

14 −8 3
(x1 x2 x3 ) =  −8 5 −2 
3 −2 1

é a matriz inversa da matriz A, basta verificar que o produto desta
matriz pela matriz A é a matriz identidade de ordem 3:

 


100
121
14 −8 3
 −8 5 −2   2 5 4  =  0 1 0  .
001
146
3 −2 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.
4.1. Dada a matriz simétrica definida positiva B, determinemos pelo método de Choleski a matriz triangular inferior L de elementos positivos
na diagonal tal que
B = LLT .
Comecemos por obter a primeira coluna da matriz L. Tem-se que
√
l11 = a11 = 2,
l21 =
l31 =
a21
l11
a31
l11
= 1,
= 1.
Para a segunda coluna obtém-se:
p
2
= 1,
l22 = a22 − l21
a32 − l21 l31
l32 =
= 1.
l22
18
Teste Formativo II
Por último, o elemento da terceira coluna é dado por
v
u
2
q
X
u
2
2
2
t
l33 = a33 −
− l32
= 1.
l3k = a33 − l31
k=1
Donde,

2 0 0
L =  1 1 0 .
1 1 1

4.2. Atendendo a que o determinante da matriz transposta de uma matriz
quadrada C é igual ao determinante da própria matriz C, e aos aspectos sobre determinantes de matrizes oportunamente recordados na
alı́nea 3.2, tem-se que
det B = det L · det LT = det L · det L = (det L)2
2
2
2
· l22
· l33
.
= (l11 · l22 · l33 )2 = l11
Como l11 = 2, l22 = 1, l33 = 1, resulta então que
2
2
2
= 4.
det B = l11
· l22
· l33
4.3. A resolução deste exercı́cio faz-se por um raciocı́nio semelhante ao que
esteve presente na resposta à alı́nea 3.3. Com efeito, por substituição
da decomposição de Choleski da matriz B no sistema dado, tem-se a
equivalência desse sistema com o seguinte,
 
2
T

0 .
LL x =
−1
Escrevendo
(4.1)
LT x = y,
tem-se que
(4.2)

2
Ly =  0  ;
−1

ou seja, para resolver o sistema do enunciado basta resolver o sistema
(4.2) por substituição directa para determinar y, e depois resolver (4.1)
por substituição inversa para obter x.
19
Teste Formativo II
Designando por
 

y1
x1



x = x2 , y = y2  ,
y3
x3

obtém-se para o sistema (4.2) a solução,
y1 = 1,
y2 = −1
y3 = −1;
e para o sistema (4.1),
x3 = −1,
x2 = 0
x1 = 1.
Conclusão,

1
x= 0 
−1

é a solução pretendida.
4.4. Com as devidas adaptações, a resolução deste exercı́cio é inteiramente
análoga à das alı́neas 3.3 e 3.4. Também aqui se pretende resolver cada
um dos sistemas,
Bx1 = (1 0 0)T , Bx2 = (0 1 0)T , Bx3 = (0 0 1)T ,
para se concluir, posteriormente, que a matriz (x1 x2 x3 ) é a matriz
inversa da matriz B.
Vejamos o primeiro sistema. Sendo B = LLT , por substituição desta
decomposição no sistema Bx1 = (1 0 0)T obtém-se
LLT x1 = (1 0 0)T .
A resolução deste sistema é então equivalente à resolução de um primeiro sistema por substituição directa:
(4.3)
Ly1 = (1 0 0)T ,
(para determinar y1 ), seguida da resolução de um segundo sistema por
substituição inversa para determinar x1 :
LT x1 = y1 .
(4.4)
Notando por
 

y11
x11
x1 =  x21  , y1 =  y21  ,
y31
x31

20
Teste Formativo II
obtém-se para o sistema (4.3) a solução
y11 = 21 ,
y21 = − 12 ,
y31 = 0;
e para o segundo, (4.4), a solução
x31 = 0,
x21 = − 21 ,
x11 = 12 .
Assim,
  1 
x11
2
x1 =  x21  =  − 21  .
0
x31

A resolução dos restantes dois sistemas,
Bx2 = (0 1 0)T , Bx3 = (0 0 1)T ,
faz-se de modo inteiramente análogo. Obter-se-á,
 1
 
−2
0

.


−1
2
x2 =
, x3 =
1
−1
Para se provar que a matriz

− 12 0
(x1 x2 x3 ) =  − 12 2 −1  ,
0 −1 1

1
2
é a matriz inversa da matriz B basta verificar, tal como na alı́nea 3.4,
que o produto desta matriz pela matriz B é a matriz identidade de
ordem 3. De facto,

 
 1
 
100
422
− 12 0
2
 − 1 2 −1   2 2 2  =  0 1 0  ,
2
001
223
0 −1 1
o que prova o pretendido.
Este exercı́cio 4 mostra como se pode determinar de um modo eficiente o
determinante e a inversa de uma matriz matriz simétrica definida positiva
a partir da sua decomposição de Choleski.
21
Teste Formativo II
5. Comecemos por provar que kxk1 ≥ kxk2 . Seja


x1
 x2 


x =  ..  .
 . 
xn
Tem-se
kxk21 = (|x1 | + |x2 | + . . . + |xn |)2
= (|x1 |2 + |x2 |2 + . . . + |xn |2 ) +
+2(|x1 ||x2 | + |x1 ||x3 | + . . . + |xn−1 ||xn |)
≥ |x1 |2 + |x2 |2 + . . . + |xn |2
= kxk22 .
Provemos agora que kxk2 ≥ kxk∞ . Tem-se
kxk22 = |x1 |2 + |x2 |2 + . . . + |xn |2
≥ ( max |xi |)2
=
1≤i≤n
kxk2∞ .
6. O número de condição de A é dado por
cond(A) = kAk kA−1 k.
Tomemos a norma k k∞ . Tem-se
kAk∞ = max{|1| + | − 1| + |0|, | − 1| + |2| + |1|, |0| + |1| + |1.01|}
= 4.
Calculemos A−1 .

1
 −1
0

1
→ 0
0

−1 0 1 0 0
2
1 0 1 0 →
1 1.01 0 0 1

−1 0 1 0 0
1
1 1 1 0 →
1 1.01 0 0 1
22
Teste Formativo II

Donde
1 −1 0
1
0

0 1
1
1
1
→
0 0 0.01 −1 −1

1 −1 0
1
0

0 1 1
1
1
→
0 0 1 −100 −100

1 −1 0
1
0
101
→  0 1 0 101
0 0 1 −100 −100

1 0 0 102
101

0 1 0 101
101
→
0 0 1 −100 −100
A−1
e

0
0 →
1

0
0 . →
100

0
−100  →
100

−100
−100 
100

102
101 −100
101 −100 
=  101
−100 −100 100

kA−1 k∞ = max{|102| + |101| + | − 100|, |101| + |101| + | − 100|,
| − 100| + | − 100| + |100|}
= 303.
Assim
cond(A) = 4 × 303 = 1212.
Como o número de condição da matriz A é grande o problema de resolução
de um sistema de equações tendo A como matriz dos coeficientes é mal
condicionado.
7. Para cada i = 0, 1, · · · , n, defina-se o polinómio de grau n Li tal que
1, i = j
Li (xj ) =
.
0, i 6= j
Considerando então o polinómio
(7.1)
pn (x) = f (x0 )L0 (x) + f (x1 )L1 (x) + · · · + f (xn )Ln (x),
tem-se que pn é um polinómio de grau menor ou igual a n tal que
pn (xj ) = f (xj )Lj (xj ) = f (xj ),
23
Teste Formativo II
para cada j = 0, 1, · · · , n; ou seja, e por definição, pn é um polinómio
interpolador da função f nos n + 1 nós distintos, x0 , x1 , · · · , xn ∈ [a, b].
Tendo cada polinómio Li n zeros, xj , j = 0, 1, · · · , n, j 6= i, Li é necessariamente da forma
(7.2)
Li (x) = K
n
Y
j=0
j6=i
(x − xj ),
para uma certa constante K. Como Li (xi ) = 1, resulta de (7.2) que
(7.3)
K
n
Y
j=0
j6=i
(xi − xj ) = 1.
Assim, como
Q por hipótese os pontos x0 , x1 , · · · , xn são distintos (o que conduz a que nj=0 (xi −xj ) 6= 0), podemos reescrever (7.3) de modo equivalente:
j6=i
K=
1
n
Y
j=0
j6=i
.
(xi − xj )
Logo,
Li (x) =
1
n
Y
j=0
j6=i
(xi − xj )
n
Y
(x − xj )
j=0
j6=i
n
Y
(x − xj )
.
=
(xi − xj )
j=0
j6=i
Substituindo a expressão assim encontrada em (7.1), obtém-se então a
fórmula de Lagrange
pn (x) = a0 L0 (x) + a1 L1 (x) + · · · + an Ln (x),
com
n
Y
(x − xj )
ai = f (xi ), Li (x) =
,
(xi − xj )
j=0
j6=i
8.
i = 0, 1, · · · , n.
24
Teste Formativo II
8.1. A tabela de diferenças finitas relativa aos valores dados da função f é
x f (x)
−2
6
−1
2
0
−1
1
∆
∆2
−4
1
−3
∆3
y+3
y+4
y+1
y
Como os valores tabelados são os valores exactos de um polinómio de
grau 2, tem-se ∆30 = 0. Isto é y + 3 = 0. Em particular, conclui-se que
y = −3.
8.2. Pretendendo-se calcular o valor de f (2), comece por observar que os
nós −1, −2, 0, 1 e 2 são equidistantes. Este aspecto permite simplificar
o cálculo de f (2). De facto, como os valores tabelados são os valores
exactos de um polinómio de grau 2, tem-se ∆k0 = 0 para todo o k ≥ 3.
Em particular ∆40 = 0. Tem-se então a situação seguinte:
x f (x)
−2
6
−1
2
0
−1
1
−3
2
f (2)
∆
−4
−3
−2
∆2
∆3
∆4
1
∆30 = 0
1
∆22
∆31
∆40 = 0
∆3
Assim,
0 = ∆40 = ∆31 −∆30 =⇒ ∆31 = 0 =⇒ ∆22 = 1 =⇒ ∆3 = −1 =⇒ f (2) = −4.
8.3. Nesta alı́nea pretende-se determinar o valor de f num ponto não tabelado e não equidistante relativamente aos nós dados. Há então que
recorrer a interpolação polinomial para determinar o valor de f ( 21 ).
Por os valores tabelados para f serem os exactos e f ser um polinómio
de grau 2, qualquer polinómio interpolador de f em quaisquer 3 dos nós
dados coincide com f . Utilizando, por exemplo, a fórmula de Newton
com diferenças descendente e os nós −2, −1, 0, obtém-se o polinómio
p(−2 + s) = f (−2) + s∆0 +
s(s − 1)
s(s − 1) 2
∆0 = 6 − 4s +
.
2
2
25
Teste Formativo II
Pelo anteriormente exposto, tem-se então f ( 21 ) = p( 12 ) = p(−2+2.5) =
6 − 10 + 15
= − 17
.
8
8
9.
9.1. A tabela de diferenças finitas relativa aos valores dados da função C é
x
0.0
C(x)
0.50000
0.49944
−0.00056
0.4
0.49778
−0.00166
0.6
0.49504
−0.00274
0.8
0.49122
−0.00382
0.48639
−0.00483
0.2
1.0
∆2
∆
∆3
−0.00110
−0.00108
−0.00108
∆4
0.00002
0.00000
−0.00002
0.00007
0.00007
−0.00101
9.2. Uma vez que as diferenças finitas de quarta ordem oscilam em torno
de zero dentro dos limites −23 10−5 e 23 10−5 vamos interpolar a
função por um polinómio de grau três, p3 . Para obter uma estimativa
para C(0.12) escolhemos os nós de interpolação 0.0, 0.2, 0.4 e 0.6.
Tomaremos
C(0.12) ≈ p3 (0.12).
Se x = 0.12 como h = 0.2 e x0 = 0.0 de x = x0 + sh vem s = 0.6.
Assim
p3 (0.12) = 0.50000 + 0.6 × (−0.00056) +
0.6(0.6 − 1)
× (−0.00110) +
2
0.6(0.6 − 1)(0.6 − 2)
× 0.00002
3!
= 0.4997971.
+
Tem-se então C(0.12) ≈ 0.49980.
10.
10.1. A tabela de diferenças finitas relativa aos valores dados da função f
26
Teste Formativo II
é:
x
3.2
f (x)
1.1632
3.3
1.1939
∆2
∆
∆3
0.0307
3.4
3.5
3.6
0.0299
−0.0008
0.0290
−0.0009
0.0281
−0.0009
1.2238
1.2528
−0.0001
0.0000
1.2809
10.2. Uma vez que as diferenças finitas de terceira ordem oscilam em torno
de zero dentro dos limites −22 10−4 e 22 10−4 , concluimos que as
diferenças de f nesta tabela se comportam como as diferenças de um
polinómio arredondado de grau 2. Assim, para se obter o valor de
f no ponto não tabelado 3.26, com a maior precisão possı́vel (face à
precisão dos valores tabelados), devemos usar interpolação quadrática.
Para isso aproximamos f por um polinómio de grau 2, p2 , escolhendo
para nós de interpolação 3.2, 3.3 e 3.4. Tomaremos
f (3.26) ≈ p2 (3.26).
Se x = 3.26, como h = 0.1 e x0 = 3.2, de x = x0 + sh vem s = 0.6.
Assim,
p2 (3.26) = 1.1632 + 0.6 × 0.0307 +
0.6(0.6 − 1)
× (−0.0008)
2
= 1.181716.
Tem-se então
f (3.26) = ln(3.26) ≈ 1.1817,
com o erro
|R2 (3.26)| = | ln(3.26) − 1.1817|
≈ |(−0.0001) × (3.26 − 3.2) × (3.26 − 3.3) × (3.26 − 3.4)|
= 3.36 10−8 .
10.3. Vamos aproximar f (função inversa de g) por um polinómio interpolador. Uma vez que os valores do argumento yi = g(xi ) não estão em
progressão aritmética, usaremos a fórmula de Newton com diferenças
27
Teste Formativo II
divididas para o polinómio interpolador.
yi
xi = f (yi )
3.0042
1.1
[, ]
[, , ]
[, , , ]
[, , , , ]
[, , , , , ]
0.0059
−0.0014
0.0002
0.0043
−0.0010
0.3166
3.3201
1.2
0.2864
3.6693
1.3
4.0552
1.4
4.4817
1.5
4.9530
−0.0454
0.2591
−0.0371
0.2345
−0.0303
0.2122
−0.0248
0.0079
1.6
Então,
f (3.26) ≈ p4 (3.26),
em que
p4 (3.26) = 1.1 + 0.3166 × (3.26 − 3.0042)
+(−0.0454)(3.26 − 3.0042)(3.26 − 3.3201)
+0.0079 × (3.26 − 3.0042)(3.26 − 3.3201)(3.26 − 3.6693)
+(−0.0014)(3.26 − 3.0042)(3.26 − 3.3201)
·(3.26 − 3.6693)(3.26 − 4.0552)
= 1.181740956.
Tem-se assim
f (3.26) ≈ 1.1817,
com o erro
|R4 (3.26)| = | ln(3.26) − 1.1817|
≈ |0.0002(3.26 − 3.0042)(3.26 − 3.3201)(3.26 − 3.6693)
·(3.26 − 4.0552)(3.26 − 4.4817)|
≈ 1.2 10−6 .
11. A função s coincide com um polinómio de grau três em [−1, 0] e em [0,1] e
é contı́nua no ponto x = 0,
s(0− ) = s(0) = s(0+ ) = 0.
É portanto um polinómio segmentado de grau três contı́nuo em [−1, 1].
28
Teste Formativo II
Verifiquemos que s′ e s′′ são contı́nuas em [−1, 1]. s′ é contı́nua em [−1, 0)
e em (0, 1] e tem-se
3
s′ (0− ) =
2
x2 + 3x
x=0
= 0,
3
= 0.
− x2 + 3x
2
x=0
s′′ é contı́nua em [−1, 0) e em (0, 1] e tem-se
s′ (0+ ) =
s′′ (0− ) = (3x + 3)x=0 = 3,
s′′ (0+ ) = (−3x + 3)x=0 = 3.
Verificam-se as condições de fronteira
s′′ (−1) = (3x + 3)x=−1 = 0 e s′′ (1) = (−3x + 3)x=1 = 0.
Logo s é uma função spline cúbica natural.
y
1
x
-1
0
1
12. 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, s′ e
s′′ são funções contı́nuas em [0, 1/3) e (1/3, 1]. Para garantir a continuidade
de s, s′ , s′′ em todo o intervalo [0, 1], há então que garantir que
(12.1)
(12.2)
s
1 −
3
s′
=s
1
1 −
3
3
= s′
=s
1 +
,
3
1 +
,
3
29
Teste Formativo II
s′′
(12.3)
1 −
3
= s′′
o que se traduz, respectivamente, por
(12.1′ )
(12.2′ )
c
1 3
3
3c
+
1 2
3
(12.3′ )
1 +
,
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
s′′ (0) = 0, s′′ (1) = 0,
ou seja,
s′′ (0) = s′′ (0+ ) = (6cx)x=0 = 0,
e
(12.4)
0 = s′′ (1) = s′′ (1− ) = (6bx + 2a)x=1 = 6b + 2a.
Combinando (12.1′ ), (12.2′ ), (12.3′ ) e (12.4), resta então resolver o sistema
de quatro equações a quatro incógnitas:

    
26 0 0
a
0
 2 2 −2 0   b   0 
2 1
   =  .

− 31 −1   c   0 
3 3
1 1
1
1
− 27
− 31
d
9 27
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.
13. O erro de interpolação verifica
max |f (x) − s(x)| ≤
x∈[0,π]
5 4
h M4 ,
384
30
Teste Formativo II
onde
M4 = max |(cos 2x)(4) |
x∈[0,π]
e h é a distância entre nós consecutivos.
Calculemos M4 . Tem-se (cos 2x)(4) = 16 cos 2x e
max |16 cos 2x| = 16.
x∈[0,π]
Donde de
5 4
h × 16 < 10−4 ,
384
isto é,
h4 < 4.8 10−4 ,
vem h < 0.14 . . .
14. Aproximando a função f pelo polinómio p de grau menor ou igual a um
interpolador de f nos nós a e b, obtém-se
f (x) ≈ p(x) = f (a)
(x − b)
(x − a)
+ f (b)
.
(a − b)
(b − a)
Donde,
Z b
Z b
Z b
(x − a)
(x − b)
dx
+ f (b)
f (a)
f (x) dx ≈
p(x) dx =
(a − b)
(b − a)
a
a
a
Z b
Z b
f (a)
f (b)
=
(x − b) dx −
(x − a) dx
(a − b) a
(a − b) a
x=b
x=b
f (a) x2
f (b) x2
=
− bx
− ax
−
(a − b) 2
(a − b) 2
x=a
x=a
2
2
2
a
f (b)
a2
b
b
f (a)
+ ab +
+ ab
− −
− −
=
(a − b)
2
2
(a − b)
2
2
1 (b − a)2
=
[f (a) + f (b)]
2 (b − a)
=
(b − a)
[f (a) + f (b)].
2
Para descrever graficamente a regra do trapézio (simples), comece por notar
que o gráfico do polinómio p definido em [a, b] é o segmento de recta que
tem por pontos extremos os pontos (a, f (a)), (b, f (b)). Assim, o integral
Z b
(b − a)
[f (a) + f (b)]
p(x) dx =
2
a
31
Teste Formativo II
traduz-se graficamente pelo valor da área do trapézio a tracejado na figura
seguinte, e o integral
Z b
f (x) dx
a
pelo valor da área sob a curva y = f (x) e acima do eixo dos xx entre as
rectas definidas por x = a e x = b.
y
y = f(x)
a
b
x
15.
15.1. Seja f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 . Então
Z 1
Z 1
f (x) dx =
(a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) dx
−1
−1
= a0 x|1−1 + a1
2
= 2a0 + a2 ,
3
e
x2 1
x3
x4
|−1 + a2 |1−1 + a3 |1−1
2
3
4
√ √3 √3 √3 2
√3 3
3
f −
+f
= a0 + a1 −
+ a2 −
+ a3 −
+
3
3
3
3
3
√3 2
√3 3
√3 + a2
+ a3
+a0 + a1
3
3
3
2
= 2a0 + a2 .
3
32
Teste Formativo II
Donde, se f é um polinómio de grau três então
Z 1
√3 √3 f (x) dx = f −
+f
.
3
3
−1
15.2.
15.2.1.
Z 1
√ √ √3 √3 3
3
cos −
+ 1+
cos
(1 + x) cos x dx ≈ 1 −
3
3
3
3
−1
√3 = 2 cos
3
= 1.6758237.
15.2.2.
Z 1
−1
(1 − (−1))
[(1 + (−1)) cos(−1) + (1 + 1) cos 1]
2
= 2 cos 1
= 1.0806046.
(1 + x) cos x dx ≈
15.3.
15.3.1.
Z 1
−1
(1 + x) cos x dx =
Z
1
1
x cos x dx
Z 1
1
1
sen x dx
= sen x|−1 + x sen x|−1 −
−1
cos x dx +
Z
−1
−1
= sen 1 − sen (−1) + sen 1 + sen (−1) + cos x|1−1
= 2 sen 1
≈ 1.6829420.
Determinemos agora o erro absoluto da aproximação obtida em
2.2.1
|1.6829420 − 1.6758237| = 7.1183 10−3 ,
e o erro absoluto da aproximação obtida em 2.2.2
|1.6829420 − 1.0806046| = 0.6023374.
33
Teste Formativo II
15.3.2 Para obter cada uma das aproximações foram calculados dois
valores da função integranda. O esforço computacional é assim
sensivelmente o mesmo.
A aproximação obtida com a regra dada (regra de Gauss com
dois pontos) tem erro muito menor do que a obtida pela regra do
trapézio.
16.
16.1. Designemos por f a função integranda do integral dado,
f (t) =
1
, t ∈ [1, 1.4] .
1+t
16.1.1. Utilizando a regra do trapézio simples tem-se
Z 1.4
(1.4 − 1) h 1
1 i
1
dt ≈
+
= 0.1833333,
1+t
2
1 + 1 1 + 1.4
1
em que o erro de truncatura gerado no cálculo desta aproximação
é dado por
ET = −
(1.4 − 1)3 ′′
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 :
2 (0.4)3 2
(0.4)3
max × ≈ 1.333 10−3 .
|ET | ≤
=
12 t∈[1,1.4] (1 + t)3
12
8
16.1.2. Aplicando agora a regra de Simpson simples, tem-se
Z 1.4
1
(1.4 − 1) h 1
4
1 i
dt ≈
+
+
1+t
6
1 + 1 1 + 1.2 1 + 1.4
1
= 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
24 (0.2)5 24
(0.2)5
|ES | ≤
max × 5 ≈ 2.666 10−6 .
=
5
90 t∈[1,1.4] (1 + t)
90
2
34
Teste Formativo II
16.2. Calculando o valor exacto do integral tem-se que
Z 1.4
1
dt = ln(1 + 1.4) − ln(1 + 1) = 0.1823216,
1+t
1
o que confirma a maior precisão da aproximação obtida pela regra de
Simpson em relação à obtida pela regra do trapézio.
17.
17.1. Tem-se
Z
b
f (x) dx = S(h) −
a
1
(b − a)h4 f (4) (η), η ∈ (a, b).
180
Sendo max |f (4) (x)| < ∞, tem-se
x∈[a,b]
lim
h→0
e, consequentemente,
−
1
(b − a)h4 f (4) (η) = 0
180
lim S(h) =
h→0
Z
b
f (x) dx.
a
Quer dizer que, ignorando o efeito dos erros de arredondamento, quanto
menor for h mais próxima do valor exacto do integral está a aproximação S(h).
Rb
17.2. Tem-se, designando I = a f (x) dx,
I = S(h) + ES (h),
(17.1)
I = S(2h) + ES (2h),
(17.2)
e também
onde
e
ES (h) = −
1
(b − a)h4 f (4) (η), η ∈ (a, b),
180
1
(b − a)(2h)4 f (4) (ξ), ξ ∈ (a, b).
180
Subtraindo (17.2) a (17.1) membro a membro resulta
ES (2h) = −
0 = S(h) − S(2h) + ES (h) − ES (2h).
Se f (4) não varia muito em (a, b) tem-se f (4) (η) ≈ f (4) (ξ) logo
ES (2h) ≈ 16ES (h)
35
Teste Formativo II
e
S(h) − S(2h) ≈ 15ES (h).
Tomando módulos vem
|ES (h)| ≈
1
|S(h) − S(2h)|.
15
17.3. Tomemos, por exemplo, h = 0.25. Então
Z 1
0.25
1
1
1
dx
≈
+
4
+
2
x
2
0
2
3 0 +e
0.25 + e0.25
0 x +e
1
1
1
+
+2 2
+
0.752 + e0.75
0.5 + e0.5 1 + e
= 0.0833333 [1 + 4(0.7426521 + 0.3732039) +
+2 × 0.5266702 + 0.2689414]
= 0.5654752.
Para estimar o erro desta aproximação usaremos o resultado provado
na alı́nea anterior.
|ES (0.25)| ≈
1
|S(0.25) − S(0.5)|.
15
Tem-se
0.5
(1 + 4 × 0.5266702 + 0.2689414)
3
= 0.5626037.
S(0.5) ≈
Assim
1
|0.5654752 − 0.5626037|
15
= 1.914 10−4 .
|ES (0.25)| ≈
18.
18.1. Atendendo a que a função integranda,
cos x
f (x) = √ ,
x
não está definida para x = 0, tendo-se
lim f (x) = +∞,
x→0+
36
Teste Formativo II
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 1
Z 1
Z 1
cos x
cos(t2 )
√ dx =
dt = 2
cos(t2 ) dt,
2t
t
x
0
0
0
onde a nova função integranda,
h(t) = cos(t2 ),
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
Z 1
cos(t2 ) dt
h(t) dt =
0
0
têm a precisão desejada.
Tomemos na regra de Simpson composta h = 0.25, por exemplo. Tem-se,
Z 1
0.25
cos(t2 ) dt ≈
[h(0) + 4(h(0.25) + h(0.75)) + 2h(0.5) + h(1)]
3
0
=
0.25
[cos 0 + 4(cos(0.252 ) + cos(0.752 ))
3
+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) =
37
Teste Formativo II
tem-se então
|ES (0.25)| ≈
1
|0.9045009 − 0.9026587| = 1.228 10−4 .
15
Conclusão,
Z 1
Z 1
cos x
√ dx = 2
cos(t2 ) dt ≈ 2 × 0.9045009 = 1.8090018,
x
0
0
com o erro estimado por 2 × 1.228 10−4 = 2.456 10−4 .
18.2.
Z
+∞
cos x
dx =
x4
Z
cos x
dx ≤
x4
Z
1
em que
Z
k
+∞
k
1
cos x
dx +
x4
+∞
k
Z
k
+∞
cos x
dx, k > 1,
x4
Z +∞
cos x 1
1
dx = 3 .
4 dx ≤
4
x
x
3k
k
Por exemplo, para k = 5 tem-se
Z +∞
1
1
dx =
< 2.7 10−3 .
4
3
x
3×5
5
Considerando
Z
1
+∞
cos x
dx ≈
x4
calculemos o integral
Z
5
1
cos x
dx,
x4
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
Z
f (x) =
cos x
x4
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 cos 4 cos 3 cos 5 i
1h
cos x
+
2
×
dx
≈
+
+ 4
cos
1
+
4
x4
3
24
44
34
5
1
1
= [0.5403023 + 4 × (−0.0260092 − 0.0025533)
3
+2 × (−0.0122221) + 0.0004539]
= 0.1340207,
38
Teste Formativo II
com erro estimado por
1
|S(1) − S(2)|
15
1
= |0.1340207 − 0.3279119| = 1.29 10−2 ;
15
!
2h
cos 3 cos 5 i
S(2) =
cos 1 + 4 × 4 + 4 = 0.3279119 .
3
3
5
|ES (1)| ≈
Conclusão,
Z
1
+∞
cos x
dx ≈
x4
Z
1
5
cos x
dx ≈ 0.1340207,
x4
com erro estimado em 2.7 10−3 + 1.29 10−2 = 1.56 10−2 .