Análise Numérica
Integração
Renato Martins Assunção
DCC - UFMG
2012
Renato Martins Assunção (DCC - UFMG)
Análise Numérica
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1/1
Introdução
Calcular integrais é uma tarefa rotineira em engenharia, aparecendo
em quase todo problema que exige algum cálculo mais sofisticado.
Diferente de outras operações matemáticas, integração de funções
não é simples.
Por exemplo, somos capazes de derivar quase qualquer função, por
mais complicada que seja.
Integração é uma história completamente diferente.
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Revisão de cálculo
Integral de f (x) no
intervalo [a, b]:
Z
b
f (x)dx
a
Interpretação geométrica:
a integral é igual à área
(com sinal) entre o eixo x
e o gráfico da função f (x).
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Revisão de cálculo
Para se obter a integral devemos encontrar uma primitiva F (x).
Isto é, encontrar uma função F (x) tal que F 0 (x) = f (x) para todo
x ∈ [a, b].
Assim,
Z
b
f (x)dx = F (b) − F (a).
a
Z
Por exemplo,
x3
+ C e portanto
3
x 2 dx =
Z
a
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b
x 2 dx =
b 3 a3
− .
3
3
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Achando uma primitiva
Z
x
f (u)du não é tarefa simples.
Achar a primitiva F (x) =
a
Não existe um método geral que forneça a primitiva F (x) para
uma função arbitraria f (x).
O que nós temos são algumas regras de integração que podem nos
auxiliar em alguns casos.
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Regras de integração
Conhecemos alguns casos simples:
Z
x a+1
x a dx =
a+1
Z
sen(x)dx = − cos(x)
Z
e x dx = e x
Usamos propriedades básicas:
Z
Z
Z
[f (x) + g (x)]dx =
f (x)dx + g (x)dx
Z
Z
cf (x)dx = c f (x)dx
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Técnicas de integração
Usamos algumas técnicas de integração.
SubstituiçãoZ de variáveis
Calcular
x 2 (x 3 + 1)5 dx
Substituı́mos
u
=
x3 + 1
du
1
du
3
=
3x 2 dx
=
x 2 dx
Portanto
Z
x 2 (x 3 + 1)5 dx
=
=
=
=
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Z
1
u 5 du
3
1 u6
·
+C
3 6
1 6
u +C
18
1 3
(x + 1)6 + C
18
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Técnicas de integração
Z
Z
Integração por partes:
udv = uv −
Z
Calcular
x sec2 (x)dx.
vdu.
Tome u = x e dv = sec2 (x).
Então du = dx e v = tan(x), e assim
Z
Z
2
x sec (x)dx = x tan(x) − tan(x)dx
= x tan(x) − (− ln | cos(x)|) + C
= x tan(x) + ln | cos(x)| + C .
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Técnicas de integração
Integrais envolvendo potências de funções trigonométricas podem
ser manipuladas usando identidades trigonométricas até reduzi-las
a uma forma simples.
Z
Z
3
4
cos (x)sen (x)dx =
cos2 (x)sen4 (x) cos(x)dx
Z
=
(1 − sen2 (x))sen4 (x) cos(x)dx
Z
=
(sen4 (x) − sen6 (x) cos(x)dx
Z
Z
4
=
(sen (x) cos(x)dx − sen6 (x) cos(x)dx
=
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1
1 5
sen (x) − sen7 (x) + C
5
7
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Técnicas de integração
Se uma integral contém uma raiz da seguinte forma
substituição trigonométrica
pode ser útil.
Z
dx
√
Por exemplo, integrar
.
x2 4 − x2
Tome
p
p
a2 ± x 2 , x 2 − a2 , então uma
x = asenθ = 2senθ
dx = 2 cos θdθ
p
4 − x 2 = 2 cos θ
Então
Z
x2
dx
√
4 − x2
Z
=
=
=
=
=
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2 cos θdθ
(4sen2 θ)(2 cos θ)
Z
1
dθ
4
sen2 θ
Z
1
csc2 θdθ
4
1
− cot θ + C
4
√
1
4 − x2
− ·
+C
4
x
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Técnicas de integração
Frações parciais: se uma integral envolve uma razão entre
polinômios de x podemos reescrevê-lo como soma de funções mais
simples.
Por exemplo,
Z
x −1
dx =
2
3x − 14x + 15
Z 1/2
−1/2
+
dx
3x − 5 x − 3
e usamos que
Z
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1
dx = log |x − a| + C .
x −a
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Muito ou pouco?
Parece uma enorme quantidade de técnicas.
Tão grande que conseguimos resolver qualquer integral.
Longe disso: só conseguimos resolver algumas poucas integrais.
Não conseguimos obter primitivas na maioria das integrais que
aparecem em problemas mais práticos.
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Inexistência de primitiva
Não se trata de incompetência ou de continuar buscando certas
integrais.
Podemos provar matemáticamente que, mesmo se nos
restringirmos apenas às funções dadas por fórmulas, nem todas as
funções admitem uma primitiva que também seja escrita como
combinação (finita) de funções elementares!
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Integrar é difı́cil
A integral existe e é bem definida.
Você pode até desenhar o gráfico da função e ter uma ideia da
área sob a curva.
No entanto, algumas funções simples não possuem uma solução
analı́tica (uma fórmula) para expressar esta área sob a curva.
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Exemplo
Em cálculos de
probabilidade, é muito
comum precisarmos
calcular uma integral do
seguinte tipo:
Z
b
2
e −x dx
a
2
Podemos traçar o gráfico da função gaussiana f (x) = e −x , mas não
existe fórmula para a primitiva.
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Problema com dados empı́ricos
Em engenharia, muitas vezes queremos calcular a integral de f (x)
num intervalo [a, b] mas conhecemos a função f (x) apenas em
alguns pontos.
Por exemplo, suponha que queremos calcular a área total de um
lago.
Vamos representar o contorno do lago com duas funcoes f (x) e
g (x).
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Área de um lago
Represente a parte
superior do contorno como
f (x) e a parte inferior
como g (x).
Então a área do lago é igual a integral
Z
b
[f (x) − g (x)]dx.
a
Note que f (x) − g (x) é o comprimento do segmento de reta
vertical conectando os extremos do lago em x.
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Medindo y (x) = f (x) − g (x)
Medimos y (x) num
conjunto de 12 pontos ao
longo do eixo x.
Plotamos y (x) versus x
num gráfico (ao lado).
Podemos interpolar
mentalmente y (x) e ter
uma ideia da integral
desejada
Z x11
y (x)dx
x0
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Integração numérica
Assim, existem dois motivos para procurarmos uma aproximação
Z b
numérica para a integral
f (x)dx:
a
Impossibilidade de obter uma primitiva para a integral de f (x).
Desconhecimento de f (x) exceto em alguns pontos x0 , x1 , . . . , xn .
Nesta parte do curso, vamos aprender algumas técnicas de
integração numérica.
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Integração numérica
Outro nome (antigo) para
integração numérica é
quadratura.
O nome parece ser
resultado da ideia de
aproximar uma área
(=integral) por pequenos
quadrados.
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Fórmula geral
Todas os métodos de integração (ou quadratura) numérica
aproximam a integral de f (x) por uma soma:
Z
b
f (x)dx ≈
a
n
X
wi f (xi ),
i=1
Veja que formamos uma soma ponderada de n valores de f (x).
A função f (x) é avaliada APENAS nos pontos (ou nós) x1 , . . . , xn .
Os pesos wi não precisam somar 1 nem ser positivos.
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Z
b
Definição de integral
f (x)dx
a
Escolhe-se n + 1 pontos
a = x0 , x1 , . . . , xn = b e
pontos ci em cada
intervalo [xi−1 , xi ]
Some as áreas dos
retângulos de base
hi = xi − xi−1 e altura
f (ci ).
Aumente o número n de pontos fazendo os retângulos cada vez
menores.
A integral é definida como o limite desta soma de áreas de
retângulos cada vez menores.
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Definição de integral
Isto é
Z
b
f (x)dx = lim
n→∞
a
n
X
f (ci )(xi − xi−1 ),
i=1
Supondo que n é grande o suficiente, podemos aproximar a integral
simplesmente por esta soma de áreas de retângulos:
Z
b
f (x)dx ≈
a
n
X
f (ci )(xi − xi−1 ),
i=1
Em princı́pio, esta aproximação é válida para qualquer ponto
ci ∈ [xi−1 , xi ] mas algumas escolhas são mais comuns.
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Integral de x 2 em [0, 2]
a = 0, b = 2
n=4
0 = x0 , x1 = 0.5, x2 = 1, x3 = 1.5, x4 = 2
Três escolhas para o ponto ci
No inı́cio do intervalo: ci = xi−1
No final do intervalo: ci = xi
No meio do intervalo: ci = (xi−1 + xi )/2
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Aproximação pela esquerda
Figura: Animação em http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann sum.
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Aproximação pela direita
Figura: Animação em http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann sum.
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Aproximação pelo meio
Figura: Animação em http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann sum.
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Fórmulas
Divida [a, b] em n subintervalos (cada um de comprimento h =
b−a
), e sejam xi = a+ih, i =
n
0, . . . , n os pontos finais destes subintervalos.
Regra do ponto final esquerdo:
Z b
n
X
f (x)dx ≈ Ln (f ) =
hf (xi−1 ),
a
i=1
ou seja, pesos são todos iguais, wi = h, e os nós são pontos finais esquerdos.
Regra (análoga) do ponto final direito:
Z b
n
X
f (x)dx ≈ Rn (f ) =
hf (xi ).
a
i=1
Regra do ponto médio:
Z b
f (x)dx ≈ Mn (f ) =
a
n
X
i=1
hf
xi−1 + xi
2
.
Novamente todos pesos iguais, mas os nós nos pontos médios.
Embora todos métodos convergem para a integral limite de Riemann, eles fazem isto em
taxas diferentes! A regra do ponto médio é geralmente muito mais acurada – apesar dos três
métodos aproximarem o integrando por uma constante em cada subintervalo.
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Retângulo → Trapézio
Uma aproximação que costuma ser melhor é aproximar a pequena
área no intervalo [xi−1 , xi ] por um trapézio ao invés de um
retângulo.
Aproximação
por
retângulos
Aproximação
por
trapézios
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Regra do trapézio
Pontos extremos dos intervalos:
a = x0 < x1 < x2 < x3 < . . . < xn−1 < xn = b.
Área do trapézio =
f (xi ) + f (xi+1 )
· (xi+1 − xi )
2
Integral é aproximadamente igual à soma das áreas desses trapézios.
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Regra do trapézio
Quando o espaçamento entre os pontos for constante, terminamos
com fórmulas muito simples.
Seja h = x1 − x0 = x2 − x1 = . . . = xn − xn−1 .
Como o trapézio com base [xi−1 , xi ] tem área
h · (f (xi ) + f (xi−1 ))/2, a soma das áreas dos trapézios é igual
h
[(f (x0 ) + f (x1 )) + (f (x1 ) + f (x2 )) + . . . + (f (xn−2 ) + f (xn−1 )) + (f (xn−1 ) + f (xn ))].
2
Excetuando o 1o e último termos, todos os outros aparecem duas
vezes na soma. A área total dos trapézios fica igual a
h
[f (x0 ) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + . . . + 2f (xn−1 ) + f (xn )].
2
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Regra do trapézio
Assim, a fórmula é muito simples:
n
h
hX
[f (x0 ) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + . . . + 2f (xn−1 ) + f (xn )] =
wi f (xi ).
2
2 i=0
Cada um dos pontos recebe um peso wi :
wi = 1 se xi = x0 = a ou xn = b.
wi = 2 se xi não for um dos pontos extremos.
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Exemplo - Regra do trapézio
Sabemos que a derivada da função arctan é 1/(1 + x 2 )
Assim, sabemos que
1
Z
0
1
π
dx = arctan(1) − arctan(0) =
1 + x2
4
Vamos usar a regra do trapézio dividindo o intervalo [0, 1] usando
11 pontos x0 = 0, x1 = 0.1, . . . , x11 = 1 e portanto, usamos n = 10
subintervalos com h = 0.1:
0.1
π
≈
{f (0) + 2f (0.1) + 2f (0.2) + . . . + 2f (0.9) + f (1)}
4
2
onde f (x) = 1/(1 + x 2 )
Temos π = 4 × Integral
Usando 5 casas decimais, encontramos π ≈ 3.1400 errando na
terceira casa decimal.
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Método de Simpson
Um método ainda melhor é o de Simpson.
Sua ideia é usar DOIS subintervalos e aproximar a função f (x) por
uma parábola neste intervalo.
A parábola deve passar pelos pontos (xi−1 , f (xi−1 )), (xi , f (xi )), e
(xi+1 , f (xi+1 )).
Vamos supor agora que temos 2n intervalos e portanto 2n + 1
pontos:
a = x0 < x1 < x2 < . . . < x2n−2 < x2n−1 < x2n = b.
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Método de Simpson
Simpson aproximando a função f (x) no intervalo [a, b] com uma
parábola usando os subintervalos [a, m] e [m, b].
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Encontrando o polinômio
A parábola que passa pelos pontos (xi−1 , f (xi−1 )), (xi , f (xi )), e
(xi+1 , f (xi+1 )) pode ser apresentada na forma de um polinômio de
Lagrange:
p(x)
=
(x − xi−1 )(x − xi+1 )
(x − xi )(x − xi+1 )
f (xi−1 ) +
f (xi )
(xi−1 − xi )(xi−1 − xi+1 )
(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )
+
(x − xi−1 )(x − xi )
f (xi+1 ).
(xi+1 − xi−1 )(xi+1 − xi )
Se h = x1 − x0 = x2 − x1 = . . . = x2n − x2n−1 então
Z xi+1
h
f (x)dx ≈ [f (xi−1 ) + 4f (xi ) + f (xi+1 )].
3
xi−1
Veja como é simples esta formula!!
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Encontrando a regra
A integral no intervalo [a, b] é aproximada pela soma das áreas das
parábolas ajustadas em cada um dos n pares de intervalos
sucessivos.
Somando sobre todos estes n pares de intervalos teremos:
b
Z
f (x)dx
=
a
i=1
=
=
onde h =
n Z
X
x2i
x2i−2
f (x)dx ≈
n
X
h
[f (x2i−2 ) + 4f (x2i−1 ) + f (x2i )]
3
i=1
h
[f (x0 ) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + . . . + 4f (x2n−1 ) + f (x2n )]
3
"
#
n−1
n
X
X
h
f (x2i−1 ) + 2
f (x2i ) + f (x2n ) ,
f (x0 ) + 4
3
i=1
i=1
b−a
.
2n
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Regra de Simpson
h
{y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + 2y4 + . . . + 2y2n−2 + 4y2n−1 + y2n }
3
Chamada também de regra de 1/3 de Simpson.
Em geral, ela fornece resultados mais precisos que as outras regras,
mais simples, que aprendemos até agora.
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Exemplo
Z
Vamos recalcular 4
0
1
1
dx = arctan(1) − arctan(0) = π
1 + x2
Usaremos 10 intervalos, como antes.
Temos
2(y2 + y4 + y6 + y8 ) = 6.33731529
4(y1 + y3 + y5 + y7 + y9 ) = 15.7246294,
E então
1
Z
0
0.1
1
dx ≈
(1.0000 + 6.33731529 + 15.7246294 + 0.5000),
1 + x2
3
ou seja,
1
Z
π=4
0
1
dx ≈ 3.14159263,
1 + x2
que difere de pi apenas na 8a casa decimal.
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