Exercı́cios de Cálculo Numérico - Erros
1. Considere um computador de 14 bits com expoente máximo e = (15) e a
representação em aritmética flutuante na base 2.
(a) Determine o menor número positivo representável nesta máquina, na base
10.
(b) Determine o maior número positivo representável nesta máquina, na base
10.
(c) Represente o número x = (12, 37) nesta máquina e calcule o erro da
representação na base 10.
(d) Determine o menor valor de tal que 12, 37 + > 12, 37.
2. Numa calculadora aproxima-se o valor de ex , para todo x ∈ [−1, 1], pelo valor
do polinômio de Taylor de grau 3, obtido através da expansão de ex em série
de Taylor em torno do ponto x0 = 0.
(a) Qual a aproximação de e0.5 fornecida pela calculadora?
(b) Utilizando a expressão do erro cometido ao se aproximar a função ex pela
sua expansão em série de Taylor, forneça um limitante superior para o
erro cometido no item (a).
3. Usando a série de Taylor, determine o valor aproximado e o limitante superior
do erro, utilizando 4 dı́gitos significativos, para o cálculo de sen(47◦ ), em torno
do ponto x0 = (45◦ ), com polinômios de grau
(a) η = 2
(b) η = 3
(c) Usando o polinômio de grau η = 2 e o erro associado, calcule
sabendo que o valor ”exato” é I = 0.318001639
Z
47◦
sen(x) dx,
0
4. Considere a integral abaixo:
In =
Z
1
xn ex−1 dx
0
Fazendo uso da integral por partes obtém-se a recorrência:
In = 1 − nIn−1 ;
n = 2, 3, ...
(1)
(a) Calcule o valor de I100 , usando (1), para n = 2, 3, ..., 100 , sabendo que
I1 = 1/e.
(1 − In )
, para n = 200, 199, ..., 101 ,
(b) Calcule o valor de I100 , usando In−1 =
n
utilizando a aproximação I200 ≈ 1/201.
(c) Sabendo-se que 0 ≤ In ≤ 1/(n+1), compare os dois resultados e verifique
em qual deles o erro é maior. Qual é a melhor maneira de calcular?
Justifique a resposta.
5. Considere a série Harmônica dada por S =
∞
X
1
. Mostra-se que
n
S > 1 + 21 + 12 + · · · e portanto é divergente. No entanto, se calcularmos S,
1
usando o algoritmo: S1 = 1 e Sk+1 = Sk + k+1
, k ≥ 1, obtemos um resultado
finito. Explique o que ocorre.
n=1
6. Verifica-se que a série de Taylor da função ex em torno de x0 = 0 é:
ex =
∞
X
xi
i=0
x2 x3
xn
+
+ ... +
+ ...
2!
3!
n!
(2)
n
X
xi
podem ser usadas para calcular aproximações
i!
de dois modos:
As somas parciais Sn =
para o valor de e−5
i!
=1+x+
i=0
(a) Tomando x = −5 em (2);
(b) Tomando x = 5 em (2) e lembrando que e−5 = 1/e5 ;
(c) Compare estes dois procedimentos com n = 100. Compare também seus
resultados com o valor de e−5 da calculadora.
Gabarito – Erros
Exercício 1:
(a) Como o expoente máximo é (15)10, então o número de bits para o expoente é 5
(lembrando que o número de bits do expoente – aberviado por n.e. – é encontrado
através da relação emáx = 2n.e. – 1 – 1).
Assim, montamos a seguinte tabela que relaciona os 5 bits com os expoentes:
Bits
00000
00001
00010
...
01101
01110
01111
10000
10001
10010
...
11101
11110
11111
Expoente
-14 (forma desnormalizada)
-14
-13
...
-2
-1
0
+1
+2
+3
...
+14
+15
∞, NaN ou Indeterminação
O menor número positivo representável nesta máquina na forma normalizada deve ter
o menor expoente (00001) , zeros na mantissa, além do bit 0 para o sinal do número,
que é positivo. Então, temos:
0{ 00001
123 00000000
14243
s.n. expoente
mantissa
1,00000000 x 2-14 ≈ 6,1035 x 10-5
O menor número mesmo está na forma desnormalizada e deve ter como menor
expoente 00000. Assim, temos:
0{ 00000
123 00000001
14243
s.n. expoente
mantissa
0,00000001 x 2-14 ≈ 0,0238 x 10-5
(b) O maior número positivo representável nesta máquina deve ter o maior expoente
(11110), 1’s na mantissa, além do bit 0 para o sinal positivo do número. Então, temos:
0{ 11110
1424
3
123 11111111
s.n. expoente
mantissa
1,11111111 x 215 = (20 + 2-1 + 2-2 + ... + 2-8) x 215 = 27 + 28 + 29 + ... + 215 = 216 – 27 =
65536 – 128 = 65408
(c) 12,37 = 12 + 0,37
Parte inteira:
12 | 2
0 6 |2
0 3 |2
1 1 |2
1 0
Parte fracionária:
0,37 x 2 = 0,74
0,74 x 2 = 1,48
0,48 x 2 = 0,96
0,96 x 2 = 1,92
0,92 x 2 = 1,84
0,84 x 2 = 1,68
0,68 x 2 = 1,36
...
Em representação binária: 12,37 = 1100,0101111...
Mas, nesta máquina, que possui apenas 8 dígitos para a mantissa, temos:
1,10001011 x 23 = 12,34375
8 bits p/
mantissa
0{ 10010
123 10001011
1424
3
s.n. expoente
mantissa
Erro da representação: ε = 12,37 – 12,34375 = 0,02625
(d)
12,37 = 1,10001011
ε = 0,00000001
12,37 + ε = 1,10001100
x 23
x 23
x 23
=
1,00000000 x 2-8 x 23 = 0,03125
Limite da mantissa
Exercício 2:
Polinômio de Taylor de Grau 3
x ∈[-1,1]
x0 = 0
f(x) = e x
(a)
P3 (x) = f(x 0 ) + f ′(x 0 )(x − x 0 ) +
f ′′(x 0 )(x − x 0 ) 2 f ′′′(x 0 )(x − x 0 ) 3
+
2
3!
quando x = 0.5 :
P3 (0.5) = e 0 + e 0 ⋅ 0.5 +
e 0 ⋅ (0.5 ) 2 e 0 ⋅ (0.5) 3
+
2
6
= 1 + 0.5 + 0.125 +
(0.5) 3
6
≈ 1.64583333 3
(b)
Limitante superior para o erro:
f iv (x)
E 3 (x) ≤
máx
x − x0
4
4!
Lembrando que 0 < ε < 0.5
f iv (0) = 1
f iv (0.5) = e 0.5 ≈ 1.64872127 1 > 1 (logo, esse vai ser o valor usado para o limitante)
E 3 (0.5) ≤
e 0.5 ⋅ (0.5) 4
≈ 4.29 × 10 −3
24
Exercício 3:
(a)
P2 (x) = f(x 0 ) + f ′(x 0 )(x − x 0 ) +
x = 47 o =
f ′′(x 0 )(x − x 0 ) 2
2
47 π
rad
180
x 0 = 45 o =
π
rad
4
f(x) = sen(x)
f ′(x) = cos(x)
f ′′(x) = - sen(x)
2
2
π
2
π
+
x −  −
x − 
2
2 
4
4 
4
P2 (x) =
2
 47π 
P2 
 ≈ 0.73135867
 180 
(b) fazer com η = 3
(c)
Usando polinômio de Grau 2 :
47π
180 
∫
0
2
2
2
π
2
π 
P2 (x) =
+
x −  −
 x −   dx
2
2 
4
4 
4 


47π
47π
47π
2
180
3
180
 2
 2  180  2 
π 
π 
=
x
+
−
x −  
x −  
4 
4 
 4 
 12 
 2  x =0
 x =0
 x =0
≈ 0.30528362 6
Erro associado :
47π
E=
180
∫ sen(x) − P (x) ≈ 0.01271801 3
2
0
Exercício 4:
(a)
I1 =
1
e
I2 =1-
2
1
= 1 − 2!  
e
e
3⋅2
3! 3!
 2
 1 1
I 3 = 1 - 31 -  = 1 − 3 +
=1− +
= 1 − 3!  − 
e
2! e
 e
 2! e 
3⋅2
4 ⋅3⋅2
4! 4! 4!

 1 1 1
I 4 = 1 − 41 − 3 +
=1− + −
= 1 − 4!  − + 
 = 1− 4 + 4 ⋅3 −
e 
e
3! 2! e

 3! 2! e 
4 ⋅3⋅2
5⋅4 ⋅3⋅2
5! 5! 5! 5!

 1 1 1 1
I 5 = 1 − 51 − 4 + 4 ⋅ 3 −
=1− + − +
= 1 − 5!  − + − 
 = 1−5 + 5⋅4 − 5⋅4 ⋅3 +
e
e
4!
3!
2!
e


 4! 3! 2! e 
...
Assim, deduzimos que a fórmula para I n é :
 1
1
1
1
I n = 1 − n! 
−
+
−
+ ... − ( −1) n −1
(n
−
1)!
(n
−
2)!
(n
−
3)!
(n
−
4)!

1

e
Então,
1
1
1 1
 1
I 100 = 1 - 100! 
−
+
− ... − + 
99!
98!
97!
2!
e



 1
1
1 1  1
1
1 
= 1 - 100! 
+
+ ... + +  − 
+
+ ... +   << 0
97!
3! e   98! 96!
2!
199!
4444244443 144424443 
 ≈ 0.718281803 (na calculadora)
≈ 0.54308063 4(na calculadora) 

(b)
I 200 ≈
1
201
I 199 =
1 − I 200 1 − (1/201) (200/201)
1
=
=
=
200
200
200
201
I 198 =
1
201
I 100 =
1
≈ 0.004975
201
(c)
1
1
, portanto o erro é maior em (a). A melhor maneira de calcular, então, é usar
≤
201 101
(1 − I n )
1
, porque em todas as iterações o resultado sempre converge para
.
=
n
201
como em (b), 0 ≤
I n -1
Exercício 5:
Fonte: Howard Anton – “Cálculo, um novo horizonte” – Vol.2 – 6a Edição – Ed. Bookman – pág.
60.
Uma das mais importantes de todas as séries divergentes é a série harmônica
∞
1
1
1
1
1
∑ k = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ...
k =1
A série harmônica surge em conexão com os sons harmônicos produzidos pela vibração de uma
corda musical. Não é evidente que esta série diverge. Entretanto, a divergência se tornará aparente
quando exarminarmos as somas parciais em detalhe. Como os termos da série são todos positivos, a
soma parcial
S1 = 1;
S2 = 1 +
1
;
2
S3 = 1 +
1 1
+ ;
2 3
S4 = 1 +
1 1 1
+ + ;
2 3 4
...
forma uma seqüência estritamente crescente
S1 < S 2 < S 3 < ... < S n < ...
Podemos provar a divergência demonstrando que não há nenhuma constante M (cota superior para
a seqüência) que seja maior ou igual que suas somas parciais (veja o teorema no final do exercício).
Para este fim, consideraremos algumas somas parciais selecionadas, isto é, S 2, S 4 , S 8 , S16 , S 32 ,...
Note que os índices são potências sucessivas de 2, de modo que essas são as somas parciais da forma
S 2n . Essas somas parciais satisfazem as desigualdades:
S2 = 1 +
1 1 1 2
> + =
2 2 2 2
S4 = S2 +
1 1
1 3
1 1
+ > S2 +  +  = S2 + >
3 4
4
4
2 2


S8 = S 4 +
1 1 1 1
1 4
1 1 1 1
+ + + > S4 +  + + +  = S4 + >
5 6 7 8
2 2
8 8 8 8
S16 = S 8 +
1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 
1 5
 1
+
+
+
+
+
+
+
> S8 + 
+
+
+
+
+
+
+
 = S8 + >
9 10 11 12 13 14 15 16
2 2
 16 16 16 16 16 16 16 16 
.
.
.
S 2n >
n +1
2
Se M é uma constante qualquer, podemos achar o inteiro positivo n tal que (n+1)/2 > M. No
entanto, para este n
S 2n >
n +1
>M
2
de modo que nenhuma constante M é maior ou igual que cada soma parcial da série harmônica.
Isso prova a divergência.
Teorema:
Se uma seqüência {Sn} for crescente a partir de um certo termo, então existem duas possibilidades:
(a) Existe uma constante M, chamada de cota superior para a seqüência, tal que se Sn ≤ M para
todo n a partir de um certo termo, e, neste caso, a seqüência converge a um limite L
satisfazendo L ≤ M.
(b) Não existe cota superior, e neste caso, lim S n = +∞
n →∞
Exercício 6:
n = 100
Procedimento (a): x = - 5
100
e −5 ≈
∑
(− 5)i
= 1 + ( −5) +
i!
i =0
( −5) 2 ( −5) 3
( −5) 100
+
+ ... +
≈ −146,4465 = −146446,5 × 10 −3
2!
3!
100!
Procedimento (b): x = 5
e −5 =
1
e
5
≈
1
100
5
i
∑ i!
i =0
=
1
2
3
100
5
5
5
1+ 5 +
+
+ ... +
2!
3!
100!
14444
4244444
3
≈ 148,4123
O procedimento (b) é o melhor!
≈
1
= 6.73798600 3 × 10 −3
148,4123