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