H* RESOLUÇÃO DO EXAME DE MATEMÁTICA COMPUTACIONAL DE 120204*L
H* GRUPO I*L
H*Pergunta 1*LH* Temos a função iteradora*L
g@x_D := 1  2 Cos@xD + 1
g '@xD
Sin@xD
2
H* Verifica-se que g'HxL £12, "xΕR . Por outro lado,
uma vez que -1£cosHxL£1, temos que 12 £gHxL £32,
"xΕR. Assim, se tivermos R³32 , verifica-se sempre que
gH@-R,RDLÌ@12,32DÌ@-R,RD. Assim,
as condições do teorema do ponto fixo verificamse em qualquer intervalo do tipo @-R,RD, com R‘32,
sendo que o majorante do módulo da derivada não depende de R. Portanto,
pode-se aplicar o torema do ponto fixo em todo o conjunto
dos reais. Deste teworema resulta que a sucessão considerada
converge para o ponto fixo de g, qualquer que seja x0 .*L
H*Pergunta 2*L
H* De acordo com o que foi dito na alínea anterior,
e tendo em conta que no intervalo @12,32D se verificam as
condições do teorema do ponto fixo, então o limite da sucessão,
que é também o ponto fixo de g, pertence a este intervalo *L
H*Pergunta 3*L
Sendo x0 = 1, deacordo com a alínea anterior, temos z - x0 £ 1  2. Logo ,
para qualquer n, verifica - se
z - xn £ 1  2 Ln ,
onde L = maxxÎ R g ' HxL = 1  2. Logo, para que se verifique
z - xn £ Ε,
1
n+1
devemos ter
2
£ Î, donde n + 1 > Log12 Î, ou seja, n > Log12 Î - 1.
H*Pergunta 4*LH* Para aproximar o valor de z,
devemos resolver a equação 1+ 12 cosHzL=z. Logo *L
f@x_D = 1 + 1  2 Cos@xD - x
Cos@xD
1-x+
2
f '@xD
Sin@xD
-1 2
H* Primeira iteração*L
x1 = 1 - f@1D  f '@1D
Cos@1D
1-
2 I- 1 -
N@%D
1.19015
Sin@1D
M
2
2
epoca2.nb
x2 = x1 - f@x1D  f '@x1D
1
2
Cos@1D
1-
2 I- 1 -
N@%D
Sin@1D
M
2
CosB1 -
-1 -
1
2
Cos@1D
2 J-1-
Sin@1D
2
SinB1 -
N
F+
Cos@1D
2 J-1-
Cos@1D
2 J-1-
Sin@1D
2
N
Sin@1D
2
F
N
1.18715
H* Note-se que as funções f'HxL e f''HxL são contínuas e,
além disso, f'HxL nunca se anula. Logo,
está garantida a convergência quadrática do método de Newton. Por outro lado,
o método do ponto fixo com a função g tem apenas convergência linear,
porque g'HzL¹0 Hcomo facilmente se pode verificarL. Logo,
o método de Newton converge mais rapidamente, ou seja,
precisa de menos iterações para atingir a mesma precisão.*L
H* GRUPO II*L
H*Pergunta 1*LH* Temos as funções *L
F1@x1_, x2_, x3_D := x1 ^ 2 - x2 ^ 2 + x3 ^ 3 + 3
F2@x1_, x2_, x3_D := 4 x1 + x2 ^ 3 + x3 - 2
F3@x1_, x2_, x3_D := x1 * x3 + 5 x2 - 3
H* A matriz A é a jacobiana da função F=HF1,F2,F3L, com x1=1, x2=0, x3=-1*L
Jac =
88D@F1@x1, x2, x3D, 8x1, 1<D, D@F1@x1, x2, x3D, 8x2, 1<D, D@F1@x1, x2, x3D, 8x3, 1<D<,
8D@F2@x1, x2, x3D, 8x1, 1<D, D@F2@x1, x2, x3D, 8x2, 1<D, D@F2@x1, x2, x3D, 8x3, 1<D<,
8D@F3@x1, x2, x3D, 8x1, 1<D, D@F3@x1, x2, x3D, 8x2, 1<D, D@F3@x1, x2, x3D, 8x3, 1<D<<
992 x1, - 2 x2, 3 x32 =, 94, 3 x22 , 1=, 8x3, 5, x1<=
A = MatrixForm@JacD . 8x1 ® 1, x2 ® 0, x3 ® - 1<
2 0 3
4 0 1
-1 5 1
H* O vector h é o resultado do cálculo de -F1,
-F2 e -F3, com os valores de x1,x2,x3 considerados*L
h = 8- F1@1, 0, - 1D, - F2@1, 0, - 1D, - F3@1, 0, - 1D<
8- 3, - 1, 4<
H*Pergunta 2*L
H*Para que a convergência do método de GaussSeidel fique garantida é necessário trocar a ordem das linhas da matiz A,
de modo a que a diagonal se torne estritamente
dominante. Obtemos assim a matriz A': *L
A ' = MatrixForm@884, 0, 1<, 8- 1, 5, 1<, 82, 0, 3<<D
4 0 1
-1 5 1
2 0 3
H* Nesse caso, o vector h toma a forma*L
h ' = 8- 1, 4, - 3<
8- 1, 4, - 3<
epoca2.nb
v0 = H- 1, - 1, - 1L
H* Primeira iteração do método de Gauss-Seidel*L
v1 = 80, 0, 0<
80, 0, 0<
v1@@1DD = H- 1 - H- 1LL  4
0
v1@@2DD = H4 - H- 1L - 0L  5
1
v1@@3DD = H- 3 - 0L  3
-1
H* Segunda iteração do método de Gauss-Seidel*L
v2 = 80, 0, 0<
80, 0, 0<
v2@@1DD = 0
0
v2@@2DD = 1
1
v2@@3DD = - 1
-1
H* Visto que a segunda iterada do método de Gauss-Seidel é igual à primeira,
podemos concluir que a primeira iterada é a solução exacta do sistema linear*L
H* Verificação:*L
AA = 884, 0, 1<, 8- 1, 5, 1<, 82, 0, 3<<
884, 0, 1<, 8- 1, 5, 1<, 82, 0, 3<<
v1 = LinearSolve@AA, h 'D
80, 1, - 1<
H*Pergunta 3*L
H* De acordo com o método de Newton:*L
x0 = 81, 0, - 1<
81, 0, - 1<
x1 = x0 + v1
81, 1, - 2<
H*Pergunta 4*L
H* O segundo menor principal da matriz A é 0. Logo,para factorizar a matriz,
é necessario previamente trocar a ordem das linhas,
por exemplo, a segunda com a terceira. Não esquecer que
tal troca de linhas implica troca de sinal do determinante*L
3
4
epoca2.nb
A ' = MatrixForm@882, 0, 3<, 8- 1, 5, 1<, 84, 0, 1<<D
2 0 3
-1 5 1
4 0 1
H*Então temos*L
L = MatrixForm@881, 0, 0<, 8- 1  2, 1, 0<, 82, 0, 1<<D
1
-
1
2
0 0
1 0
2
0 1
2 0
3
0 5
5
2
U = MatrixForm@882, 0, 3<, 80, 5, 5  2<, 80, 0, - 5<<D
0 0 -5
H*Então Det A = -Det A'=-Det L * Det U =-2*5*H-5L=50*L
H* GRUPO III*L
H*Pergunta 1*L
H* Escolhem-se como nós de interpolação os pontos x0=0.5,x1=0.75 e x2=1,
porque são os mais próximos do ponto do se pretende saber o valor da função e,
portanto, são aqueles que, em princípio, minimizam o erro de interpolação.
Diferenças divididas:*L
f01 = H3 - 1L  0.25
8.
f12 = H7 - 3L  0.25
16.
f012 = Hf12 - f01L  0.5
16.
H* Polinómio interpolador em x0, x1,x2:*L
P2@x_D := 1 + f01 * Hx - 0.5L + f012 * Hx - 0.5L * Hx - 0.75L
[email protected]
2.44
H*Pergunta 2*L
H* Para minimizar a expressão considerada devemos usar
o método dos mínimos quadrados, com a função ajustadora gHxL=
b0 + b1Hx-0.5L^2. logo, as funções base a considerar são
Φ0HxLº1 e Φ1HxL=Hx-0.5L^2*L
xi = 80, 0.25, 0.5, 0.75, 1<
80, 0.25, 0.5, 0.75, 1<
fi = 87, 4, 1, 3, 7<
87, 4, 1, 3, 7<
Φ1@x_D := Hx - 0.5L ^ 2
epoca2.nb
Φ01 = â Φ1@xi@@iDDD
5
i=1
0.625
Φ11 = â Φ1@xi@@iDDD ^ 2
5
i=1
0.132813
Φ00 = 5.
5.
H* Matriz do sistema normal:*L
Mat = 88Φ00, Φ01<, 8Φ01, Φ11<<
885., 0.625<, 80.625, 0.132813<<
H* Segundo membro do sistema normal:*L
b1 = â fi@@iDD
5
i=1
22
b2 = â fi@@iDD * Φ1@xi@@iDDD
5
i=1
3.9375
H* Resolução do sistema normal*L
b = 8b1, b2<
822, 3.9375<
Sol = LinearSolve@Mat, bD
81.68571, 21.7143<
H* Cálculo do Mínimo*L
Minimo = â Hfi@@iDD - Sol@@1DD - Sol@@2DD * Φ1@xi@@iDDDL ^ 2
5
i=1
1.41429
H*Pergunta 3*L
H*Para calcular os pesos pelo método dos coeficientes indeterminados,
comecemos por determinar a matriz do sistema*L
A = Table@0, 8i, 1, 3<, 8j, 1, 3<D
880, 0, 0<, 80, 0, 0<, 80, 0, 0<<
A@@1DD = 81, 1, 1<
81, 1, 1<
A@@2DD = 80.25, 0.5, 0.75<
80.25, 0.5, 0.75<
A@@3DD = 80.25 ^ 2, 0.5 ^ 2, 0.75 ^ 2<
80.0625, 0.25, 0.5625<
5
6
epoca2.nb
MatrixForm@AD
1
1
1
0.25
0.5
0.75
0.0625 0.25 0.5625
b1 = 1
1
b2 = H1 - 0L  2
1
2
b3 = H1 - 0L  3
1
3
b = 8b1, b2, b3<
91,
1
1
,
2
3
=
H* Resolução do sistema linear*L
Pesos = LinearSolve@A, bD
80.666667, - 0.333333, 0.666667<
H* Por construção, a fórmula tem, pelo menos, grau 2. Verifiquemos se tem grau 3*L
Exacto = Integrate@x ^ 3, 8x, 0, 1<D
1
4
Aprox = Pesos@@1DD * H1  4L ^ 3 + Pesos@@2DD * H1  2L ^ 3 + Pesos@@3DD * H3  4L ^ 3
0.25
H*Como 14=0.25, a fórmula tem grau 3. Verifiquemos se tem grau 4*L
Exacto = Integrate@x ^ 4, 8x, 0, 1<D
1
5
Aprox = Pesos@@1DD * H1  4L ^ 4 + Pesos@@2DD * H1  2L ^ 4 + Pesos@@3DD * H3  4L ^ 4
0.192708
H* Como 15¹0.19278, a fórmula não é exacta para x^4, logo tem grau 3*L
H*Pergunta 4*L
H* O Valor aproximado do integral é A0*
fH14L
1+H14L^2
+ A1*
fH12L
+
1+H12L^2
A2*
Pesos@@1DD * fi@@2DD  H1 + xi@@2DDL +
Pesos@@2DD * fi@@3DD  H1 + xi@@3DDL + Pesos@@3DD * fi@@4DD  H1 + xi@@4DDL
fH34L
*L
1+H34L^2
3.05397
H*Pergunta 5*L
H* Passemos a um sistema de duas equações de primeira ordem . Seja y1=y,
y2=y'. Então, temos*L
f1@x_, y1_, y2_D := y2
f2@x_, y1_, y2_D := Cos@xD * y1 + y2
epoca2.nb
H* Pelas condições iniciais, verifica-se*L
y10 = 1; y20 = 1
1
H* Valor aproximado de yHhL *L
y11 = y10 + h * f1@0, y10, y20D
1+h
H* Valor aproximado de y'HhL *L
y21 = y20 + h * f2@0, y10, y20D
1+2h
7