prova_01_2021_01_MN_T1 (1)

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Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: ALBERTO ISAAC BATISTA DE OLIVEIRA
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = 2x3 − 3x2 − 4x + 3, verifique qual dos intervalos
[0.0, 0.5] ou [0.5, 1.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(0.0) ∗ f(0.5) = (3.0000) ∗ (0.5000) = 1.5000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo
temos
f(0.5) ∗ f(1.0) = (0.5000) ∗ (−2.0000) = −1.0000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 0.5000 0.5000 0.5000 0.5625
b 1.0000 0.7500 0.6250 0.6250
xk 0.7500 0.6250 0.5625 0.5937
f(a) 0.5000 0.5000 0.5000 −
f(b) −2.0000 −0.8437 −0.1835 −
f(xk) −0.8437 −0.1835 0.1567 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação 2x3− 3x2− 4x+ 3 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 0.5937.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+5, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = −1.8, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.8 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.8000 −2.1585 −2.0967 −2.0945
f(xk) 2.7679 −0.7397 −0.0240 0.0005
f ′(xk) 7.7200 11.9773 11.1884 −
|f(xk)| 2.7679 0.7397 0.0240 0.0005
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.1660 0.0294 0.0010
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 5 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −2.0945.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 9 3 03 10 6
0 6 3
 e B =
 4 2 62 5 1
6 1 11

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (16, 4, 28)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 10
∣∣∣∣∣ = 81
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 0
3 10 6
0 6 3
∣∣∣∣∣∣∣ = −81
Logo não é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 5
∣∣∣∣∣ = 16
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 6
2 5 1
6 1 11
∣∣∣∣∣∣∣ = 16
Logo é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Bx = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz B em GGt, usando a igualdade GGt = B, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 4 2 62 5 1
6 1 11

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de B, obtemos:
g11 · g11 = 4 ⇒ g11 = 2
g11 · g21 = 2 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 6 ⇒ g31 = 3
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de B, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 2
g21 · g31 + g22 · g32 = 1 ⇒ g32 = −1
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de B, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 11 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 2 0 01 2 0
3 −1 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  2 0 01 2 0
3 −1 1

 y1y2
y3
 =
 164
28

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 8
y2 = −2
y3 = 2
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 2 1 30 2 −1
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 8−2
2

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 1
x2 = 0
x3 = 2
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: ALES ESTER DE LIMA RIBEIRO
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 5x2 + 3x− 2, verifique qual dos intervalos
[0.0, 0.5] ou [0.5, 1.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(0.0) ∗ f(0.5) = (−2.0000) ∗ (0.5000) = −1.0000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo temos
f(0.5) ∗ f(1.0) = (0.5000) ∗ (4.0000) = 2.0000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 0.0000 0.2500 0.3750 0.3750
b 0.5000 0.5000 0.5000 0.4375
xk 0.2500 0.3750 0.4375 0.4062
f(a) −2.0000 −0.9687 −0.2773 −
f(b) 0.5000 0.5000 0.5000 −
f(xk) −0.9687 −0.2773 0.1020 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +5x2 +3x−2 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 0.4062.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+3, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0= −1.6, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.6 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.6000 −1.9704 −1.8968 −1.8932
f(xk) 2.1040 −0.7092 −0.0308 0.0007
f ′(xk) 5.6800 9.6474 8.7935 −
|f(xk)| 2.1040 0.7092 0.0308 0.0007
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.1879 0.0388 0.0019
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 3 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −1.8932.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 9 3 93 5 −1
9 −1 14
 e B =
 4 2 62 5 1
6 1 9

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (21, 11, 17)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 5
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 9
3 5 −1
9 −1 14
∣∣∣∣∣∣∣ = 36
Logo é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 5
∣∣∣∣∣ = 16
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 6
2 5 1
6 1 9
∣∣∣∣∣∣∣ = −16
Logo não é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Ax = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz A em GGt, usando a igualdade GGt = A, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 9 3 93 5 −1
9 −1 14

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de A, obtemos:
g11 · g11 = 9 ⇒ g11 = 3
g11 · g21 = 3 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 9 ⇒ g31 = 3
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de A, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 2
g21 · g31 + g22 · g32 = −1 ⇒ g32 = −2
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de A, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 14 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 3 0 01 2 0
3 −2 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  3 0 01 2 0
3 −2 1

 y1y2
y3
 =
 2111
17

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 7
y2 = 2
y3 = 0
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 3 1 30 2 −2
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 72
0

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 2
x2 = 1
x3 = 0
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: ANA BEATRIZ GOMES DA SILVA
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 6x2 + 2x− 7, verifique qual dos intervalos
[−2.0,−1.5] ou [−1.5,−1.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o
intervalo apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que
ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(−2.0) ∗ f(−1.5) = (29.0000) ∗ (10.2500) = 297.2500
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo
temos
f(−1.5) ∗ f(−1.0) = (10.2500) ∗ (−1.0000) = −10.2500
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a −1.5000 −1.2500 −1.1250 −1.0625
b −1.0000 −1.0000 −1.0000 −1.0000
xk −1.2500 −1.1250 −1.0625 −1.0312
f(a) 10.2500 3.7812 1.1914 −
f(b) −1.0000 −1.0000 −1.0000 −
f(xk) 3.7812 1.1914 0.0473 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +6x2 +2x−7 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = −1.0312.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+1, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = −1.3, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.3 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.3000 −1.7570 −1.6316 −1.6181
f(xk) 1.4030 −0.9099 −0.0803 −0.0003
f ′(xk) 3.0700 7.2611 5.9863 −
|f(xk)| 1.4030 0.9099 0.0803 0.0003
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.2601 0.0768 0.0083
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 1 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −1.6181.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
41 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 9 3 93 5 −1
9 −1 12
 e B =
 9 3 33 5 −5
3 −5 11

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (9, 5, 1)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 5
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 9
3 5 −1
9 −1 12
∣∣∣∣∣∣∣ = −36
Logo não é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 5
∣∣∣∣∣ = 36
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 3
3 5 −5
3 −5 11
∣∣∣∣∣∣∣ = 36
Logo é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Bx = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz B em GGt, usando a igualdade GGt = B, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 9 3 33 5 −5
3 −5 11

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de B, obtemos:
g11 · g11 = 9 ⇒ g11 = 3
g11 · g21 = 3 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 3 ⇒ g31 = 1
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de B, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 2
g21 · g31 + g22 · g32 = −5 ⇒ g32 = −3
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de B, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 11 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 3 0 01 2 0
1 −3 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  3 0 01 2 0
1 −3 1

 y1y2
y3
 =
 95
1

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 3
y2 = 1
y3 = 1
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 3 1 10 2 −3
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 31
1

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 0
x2 = 2
x3 = 1
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: ANNA BEATRIZ DE ANDRADE GOMES
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = 2x3 − 3x2 − 4x + 3, verifique qual dos intervalos
[2.0, 2.5] ou [2.5, 3.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(2.0) ∗ f(2.5) = (−1.0000) ∗ (5.5000) = −5.5000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo temos
f(2.5) ∗ f(3.0) = (5.5000) ∗ (18.0000) = 99.0000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 2.0000 2.0000 2.0000 2.0625
b 2.5000 2.2500 2.1250 2.1250
xk 2.2500 2.1250 2.0625 2.0937
f(a) −1.0000 −1.0000 −1.0000 −
f(b) 5.5000 1.5937 0.1445 −
f(xk) 1.5937 0.1445 −0.4643 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação 2x3− 3x2− 4x+ 3 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 2.0937.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+5, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = −1.8, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.8 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.8000 −2.1585 −2.0967 −2.0945
f(xk) 2.7679 −0.7397 −0.0240 0.0005
f ′(xk) 7.7200 11.9773 11.1884 −
|f(xk)| 2.7679 0.7397 0.0240 0.0005
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.1660 0.0294 0.0010
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 5 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −2.0945.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 9 3 33 5 −5
3 −5 9
 e B =
 9 6 36 5 −1
3 −1 11

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (12, 3, 21)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 5
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 3
3 5 −5
3 −5 9
∣∣∣∣∣∣∣ = −36
Logo não é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 9 66 5
∣∣∣∣∣ = 9
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 6 3
6 5 −1
3 −1 11
∣∣∣∣∣∣∣ = 9
Logo é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Bx = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz B em GGt, usando a igualdade GGt = B, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33
 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 9 6 36 5 −1
3 −1 11

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de B, obtemos:
g11 · g11 = 9 ⇒ g11 = 3
g11 · g21 = 6 ⇒ g21 = 2
g11 · g31 = 3 ⇒ g31 = 1
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de B, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 1
g21 · g31 + g22 · g32 = −1 ⇒ g32 = −3
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de B, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 11 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 3 0 02 1 0
1 −3 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  3 0 02 1 0
1 −3 1

 y1y2
y3
 =
 123
21

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 4
y2 = −5
y3 = 2
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 3 2 10 1 −3
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 4−5
2

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 0
x2 = 1
x3 = 2
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: CLEYSON SANTOS ARAUJO
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 5x2 + 3x− 2, verifique qual dos intervalos
[−1.5,−1.0] ou [−1.0,−0.5] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o
intervalo apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que
ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(−1.5) ∗ f(−1.0) = (11.5000) ∗ (2.0000) = 23.0000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo
temos
f(−1.0) ∗ f(−0.5) = (2.0000) ∗ (−2.0000) = −4.0000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a −1.0000 −1.0000 −0.8750 −0.8750
b −0.5000 −0.7500 −0.7500 −0.8125
xk −0.7500 −0.8750 −0.8125 −0.8437
f(a) 2.0000 2.0000 0.5429 −
f(b) −2.0000 −0.5937 −0.5937 −
f(xk) −0.5937 0.5429 −0.0639 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +5x2 +3x−2 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = −0.8437.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x ex − 2, utilizando o método de Newton-Rapson e
o chute inicial x0 = 1.2, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = ex + x ex
Utilizando o chute inicial x0 = 1.2 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar a
seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk 1.2000 0.9283 0.8568 0.8526
f(xk) 1.9841 0.3487 0.0182 −0.0000
f ′(xk) 7.3042 4.8789 4.3738 −
|f(xk)| 1.9841 0.3487 0.0182 0.0000
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.2926 0.0834 0.0049
Temos então que a raiz aproximada da equação x ex−2 = 0 com a precisão desejada é x̄ = 0.8526.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 4 4 24 13 −7
2 −7 11
 e B =
 9 6 36 5 −1
3 −1 9

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (12, 30,−12)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 4 44 13
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 4 2
4 13 −7
2 −7 11
∣∣∣∣∣∣∣ = 36
Logo é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 9 66 5
∣∣∣∣∣ = 9
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 6 3
6 5 −1
3 −1 9
∣∣∣∣∣∣∣ = −9
Logo não é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Ax = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz A em GGt, usando a igualdade GGt = A, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 4 4 24 13 −7
2 −7 11

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de A, obtemos:
g11 · g11 = 4 ⇒ g11 = 2
g11 · g21 = 4 ⇒ g21 = 2
g11 · g31 = 2 ⇒ g31 = 1
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de A, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 13 ⇒ g22 = 3
g21 · g31 + g22 · g32 = −7 ⇒ g32 = −3
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de A, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 11 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 2 0 02 3 0
1 −3 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  2 0 02 3 0
1 −3 1

 y1y2
y3
 =
 1230
−12

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 6
y2 = 6
y3 = 0
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 2 2 10 3 −3
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 66
0

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 1
x2 = 2
x3 = 0
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: DANIEL PATRICIO DA SILVA
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 6x2 + 2x−7, verifique qual dos intervalos
[2.0, 2.5] ou [2.5, 3.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(2.0) ∗ f(2.5) = (5.0000) ∗ (4.2500) = 21.2500
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo
temos
f(2.5) ∗ f(3.0) = (4.2500) ∗ (−1.0000) = −4.2500
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 2.5000 2.7500 2.8750 2.8750
b 3.0000 3.0000 3.0000 2.9375
xk 2.7500 2.8750 2.9375 2.9062
f(a) 4.2500 2.2812 0.8164 −
f(b) −1.0000 −1.0000 −1.0000 −
f(xk) 2.2812 0.8164 −0.0463 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +6x2 +2x−7 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 2.9062.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x−7, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = 1.8, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = 1.8 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar a
seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk 1.8000 2.4176 2.2698 2.2583
f(xk) −4.7680 2.2951 0.1543 0.0005
f ′(xk) 7.7200 15.5343 13.4559 −
|f(xk)| 4.7680 2.2951 0.1543 0.0005
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.2554 0.0651 0.0050
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x − 7 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = 2.2583.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 4 4 24 13 −4
2 −4 14
 e B =
 4 4 24 13 −7
2 −7 9

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (10, 4, 18)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 4 44 13
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 4 2
4 13 −4
2 −4 14
∣∣∣∣∣∣∣ = 324
Logo é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 44 13
∣∣∣∣∣ = 36
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 4 2
4 13 −7
2 −7 9
∣∣∣∣∣∣∣ = −36
Logo não é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Ax = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz A em GGt, usando a igualdade GGt = A, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 4 4 24 13 −4
2 −4 14

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de A, obtemos:
g11 · g11 = 4 ⇒ g11 = 2
g11 · g21 = 4 ⇒ g21 = 2
g11 · g31 = 2 ⇒ g31 = 1
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de A, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 13 ⇒ g22 = 3
g21 · g31 + g22 · g32 = −4 ⇒ g32 = −2
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de A, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 14 ⇒ g33 = 3
Obtemos então a matriz:
G =
 2 0 02 3 0
1 −2 3

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  2 0 02 3 0
1 −2 3

 y1y2
y3
 =
 104
18

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 5
y2 = −2
y3 = 3
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 2 2 10 3 −2
0 0 3

 x1x2
x3
 =
 5−2
3

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 2
x2 = 0
x3 = 1
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: FELIPE JOSÉ OLINTO DE ALBUQUERQUE
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = 2x3 − 3x2 − 4x + 3, verifique qual dos intervalos
[−1.5,−1.0] ou [−2.0,−1.5] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o
intervalo apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que
ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(−1.5) ∗ f(−1.0) = (−4.5000) ∗ (2.0000) = −9.0000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo temos
f(−2.0) ∗ f(−1.5) = (−17.0000) ∗ (−4.5000) = 76.5000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a −1.5000 −1.2500 −1.2500 −1.2500
b −1.0000 −1.0000 −1.1250 −1.1875
xk −1.2500 −1.1250 −1.1875 −1.2187
f(a) −4.5000 −0.5937 −0.5937 −
f(b) 2.0000 2.0000 0.8554 −
f(xk) −0.5937 0.8554 0.1704 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação 2x3− 3x2− 4x+ 3 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = −1.2187.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x−5, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = 1.8, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3x2 − 2Utilizando o chute inicial x0 = 1.8 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar a
seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk 1.8000 2.1585 2.0967 2.0945
f(xk) −2.7679 0.7397 0.0240 −0.0005
f ′(xk) 7.7200 11.9773 11.1884 −
|f(xk)| 2.7679 0.7397 0.0240 0.0005
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.1660 0.0294 0.0010
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x − 5 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = 2.0945.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 4 4 24 13 −7
2 −7 19
 e B =
 4 4 24 13 −4
2 −4 −4

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (18, 0, 54)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 4 44 13
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 4 2
4 13 −7
2 −7 19
∣∣∣∣∣∣∣ = 324
Logo é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 44 13
∣∣∣∣∣ = 36
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 4 2
4 13 −4
2 −4 −4
∣∣∣∣∣∣∣ = −324
Logo não é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Ax = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz A em GGt, usando a igualdade GGt = A, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 4 4 24 13 −7
2 −7 19

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de A, obtemos:
g11 · g11 = 4 ⇒ g11 = 2
g11 · g21 = 4 ⇒ g21 = 2
g11 · g31 = 2 ⇒ g31 = 1
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de A, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 13 ⇒ g22 = 3
g21 · g31 + g22 · g32 = −7 ⇒ g32 = −3
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de A, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 19 ⇒ g33 = 3
Obtemos então a matriz:
G =
 2 0 02 3 0
1 −3 3

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  2 0 02 3 0
1 −3 3

 y1y2
y3
 =
 180
54

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 9
y2 = −6
y3 = 9
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 2 2 10 3 −3
0 0 3

 x1x2
x3
 =
 9−6
9

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 2
x2 = 1
x3 = 3
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: FERNANDA YASMIN BRITO CABRAL
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 5x2 + 3x− 2, verifique qual dos intervalos
[2.0, 2.5] ou [2.5, 3.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(2.0) ∗ f(2.5) = (8.0000) ∗ (5.5000) = 44.0000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo
temos
f(2.5) ∗ f(3.0) = (5.5000) ∗ (−2.0000) = −11.0000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 2.5000 2.7500 2.8750 2.8750
b 3.0000 3.0000 3.0000 2.9375
xk 2.7500 2.8750 2.9375 2.9062
f(a) 5.5000 2.4687 0.4257 −
f(b) −2.0000 −2.0000 −2.0000 −
f(xk) 2.4687 0.4257 −0.7377 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +5x2 +3x−2 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 2.9062.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x−3, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = 1.6, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = 1.6 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar a
seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk 1.6000 1.9704 1.8968 1.8932
f(xk) −2.1040 0.7092 0.0308 −0.0007
f ′(xk) 5.6800 9.6474 8.7935 −
|f(xk)| 2.1040 0.7092 0.0308 0.0007
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.1879 0.0388 0.0019
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x − 3 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = 1.8932.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
=16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 4 4 24 13 −7
2 −7 1
 e B =
 4 2 42 2 1
4 1 14

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (20, 11, 28)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 4 44 13
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 4 2
4 13 −7
2 −7 1
∣∣∣∣∣∣∣ = −324
Logo não é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 2
∣∣∣∣∣ = 4
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 4
2 2 1
4 1 14
∣∣∣∣∣∣∣ = 36
Logo é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Bx = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz B em GGt, usando a igualdade GGt = B, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 4 2 42 2 1
4 1 14

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de B, obtemos:
g11 · g11 = 4 ⇒ g11 = 2
g11 · g21 = 2 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 4 ⇒ g31 = 2
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de B, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 2 ⇒ g22 = 1
g21 · g31 + g22 · g32 = 1 ⇒ g32 = −1
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de B, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 14 ⇒ g33 = 3
Obtemos então a matriz:
G =
 2 0 01 1 0
2 −1 3

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  2 0 01 1 0
2 −1 3

 y1y2
y3
 =
 2011
28

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 10
y2 = 1
y3 = 3
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 2 1 20 1 −1
0 0 3

 x1x2
x3
 =
 101
3

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 3
x2 = 2
x3 = 1
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: FERNANDO ÂNGELO DA SILVA BASTOS
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 6x2 + 2x− 7, verifique qual dos intervalos
[1.0, 1.5] ou [1.5, 2.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(1.0) ∗ f(1.5) = (−1.0000) ∗ (2.7500) = −2.7500
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo temos
f(1.5) ∗ f(2.0) = (2.7500) ∗ (5.0000) = 13.7500
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 1.0000 1.0000 1.1250 1.1250
b 1.5000 1.2500 1.2500 1.1875
xk 1.2500 1.1250 1.1875 1.1562
f(a) −1.0000 −1.0000 −0.0039 −
f(b) 2.7500 0.9687 0.9687 −
f(xk) 0.9687 −0.0039 0.4868 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +6x2 +2x−7 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 1.1562.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x−1, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = 1.3, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = 1.3 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar a
seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk 1.3000 1.7570 1.6316 1.6181
f(xk) −1.4030 0.9099 0.0803 0.0003
f ′(xk) 3.0700 7.2611 5.9863 −
|f(xk)| 1.4030 0.9099 0.0803 0.0003
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.2601 0.0768 0.0083
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x − 1 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = 1.6181.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 4 2 22 5 −1
2 −1 11
 e B =
 4 2 42 2 1
4 1 −4

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (14, 15, 21)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 5
∣∣∣∣∣ = 16
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 2
2 5 −1
2 −1 11
∣∣∣∣∣∣∣ = 144
Logo é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 2
∣∣∣∣∣ = 4
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 4
2 2 1
4 1 −4
∣∣∣∣∣∣∣ = −36
Logo não é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Ax = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz A em GGt, usando a igualdade GGt = A, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 4 2 22 5 −1
2 −1 11

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de A, obtemos:
g11 · g11 = 4 ⇒ g11 = 2
g11 · g21 = 2 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 2 ⇒ g31 = 1
Multiplicando a 2a linha de Gpor todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de A, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 2
g21 · g31 + g22 · g32 = −1 ⇒ g32 = −1
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de A, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 11 ⇒ g33 = 3
Obtemos então a matriz:
G =
 2 0 01 2 0
1 −1 3

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  2 0 01 2 0
1 −1 3

 y1y2
y3
 =
 1415
21

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 7
y2 = 4
y3 = 6
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 2 1 10 2 −1
0 0 3

 x1x2
x3
 =
 74
6

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 1
x2 = 3
x3 = 2
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: GISELE FERREIRA DE BRITO SOUZA
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = 2x3 − 3x2 − 4x + 3, verifique qual dos intervalos
[0.0, 0.5] ou [0.5, 1.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(0.0) ∗ f(0.5) = (3.0000) ∗ (0.5000) = 1.5000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo
temos
f(0.5) ∗ f(1.0) = (0.5000) ∗ (−2.0000) = −1.0000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 0.5000 0.5000 0.5000 0.5625
b 1.0000 0.7500 0.6250 0.6250
xk 0.7500 0.6250 0.5625 0.5937
f(a) 0.5000 0.5000 0.5000 −
f(b) −2.0000 −0.8437 −0.1835 −
f(xk) −0.8437 −0.1835 0.1567 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação 2x3− 3x2− 4x+ 3 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 0.5937.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+7, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = −1.8, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.8 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.8000 −2.4176 −2.2698 −2.2583
f(xk) 4.7680 −2.2951 −0.1543 −0.0005
f ′(xk) 7.7200 15.5343 13.4559 −
|f(xk)| 4.7680 2.2951 0.1543 0.0005
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.2554 0.0651 0.0050
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 7 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −2.2583.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 4 2 22 5 −1
2 −1 −7
 e B =
 4 2 62 5 1
6 1 11

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (26, 15, 41)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 5
∣∣∣∣∣ = 16
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 2
2 5 −1
2 −1 −7
∣∣∣∣∣∣∣ = −144
Logo não é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 5
∣∣∣∣∣ = 16
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 6
2 5 1
6 1 11
∣∣∣∣∣∣∣ = 16
Logo é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Bx = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz B em GGt, usando a igualdade GGt = B, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 4 2 62 5 1
6 1 11

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de B, obtemos:
g11 · g11 = 4 ⇒ g11 = 2
g11 · g21 = 2 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 6 ⇒ g31 = 3
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de B, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 2
g21 · g31 + g22 · g32 = 1 ⇒ g32 = −1
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de B, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 11 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 2 0 01 2 0
3 −1 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  2 0 01 2 0
3 −1 1

 y1y2
y3
 =
 2615
41

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 13
y2 = 1
y3 = 3
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 2 1 30 2 −1
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 131
3

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 1
x2 = 2
x3 = 3
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: IARA DANTAS DE SOUZA
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 5x2 + 3x− 2, verifique qual dos intervalos
[0.0, 0.5] ou [0.5, 1.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dadosatende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(0.0) ∗ f(0.5) = (−2.0000) ∗ (0.5000) = −1.0000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo temos
f(0.5) ∗ f(1.0) = (0.5000) ∗ (4.0000) = 2.0000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 0.0000 0.2500 0.3750 0.3750
b 0.5000 0.5000 0.5000 0.4375
xk 0.2500 0.3750 0.4375 0.4062
f(a) −2.0000 −0.9687 −0.2773 −
f(b) 0.5000 0.5000 0.5000 −
f(xk) −0.9687 −0.2773 0.1020 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +5x2 +3x−2 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 0.4062.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+5, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = −1.8, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.8 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.8000 −2.1585 −2.0967 −2.0945
f(xk) 2.7679 −0.7397 −0.0240 0.0005
f ′(xk) 7.7200 11.9773 11.1884 −
|f(xk)| 2.7679 0.7397 0.0240 0.0005
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.1660 0.0294 0.0010
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 5 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −2.0945.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 9 3 93 5 −1
9 −1 14
 e B =
 4 2 62 5 1
6 1 9

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (36, 20, 29)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 5
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 9
3 5 −1
9 −1 14
∣∣∣∣∣∣∣ = 36
Logo é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 4 ∣∣ = 4
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 4 22 5
∣∣∣∣∣ = 16
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
4 2 6
2 5 1
6 1 9
∣∣∣∣∣∣∣ = −16
Logo não é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Ax = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz A em GGt, usando a igualdade GGt = A, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 9 3 93 5 −1
9 −1 14

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de A, obtemos:
g11 · g11 = 9 ⇒ g11 = 3
g11 · g21 = 3 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 9 ⇒ g31 = 3
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de A, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 2
g21 · g31 + g22 · g32 = −1 ⇒ g32 = −2
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de A, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 14 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 3 0 01 2 0
3 −2 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  3 0 01 2 0
3 −2 1

 y1y2
y3
 =
 3620
29

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 12
y2 = 4
y3 = 1
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 3 1 30 2 −2
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 124
1

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 2
x2 = 3
x3 = 1
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: ITALO EDUARDO DA SILVA DIAS
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = −2x3 + 6x2 + 2x− 7, verifique qual dos intervalos
[−2.0,−1.5] ou [−1.5,−1.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o
intervalo apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que
ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(−2.0) ∗ f(−1.5) = (29.0000) ∗ (10.2500) = 297.2500
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo
temos
f(−1.5) ∗ f(−1.0) = (10.2500) ∗ (−1.0000) = −10.2500
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a −1.5000 −1.2500 −1.1250 −1.0625
b −1.0000 −1.0000 −1.0000 −1.0000
xk −1.2500 −1.1250 −1.0625 −1.0312
f(a) 10.2500 3.7812 1.1914 −
f(b) −1.0000 −1.0000 −1.0000 −
f(xk) 3.7812 1.1914 0.0473 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação −2x3 +6x2 +2x−7 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = −1.0312.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+3, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = −1.6, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.6 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.6000 −1.9704 −1.8968 −1.8932
f(xk) 2.1040 −0.7092 −0.0308 0.0007
f ′(xk) 5.6800 9.6474 8.7935 −
|f(xk)| 2.1040 0.7092 0.0308 0.0007
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.1879 0.03880.0019
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 3 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −1.8932.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 9 3 93 5 −1
9 −1 12
 e B =
 9 3 33 5 −5
3 −5 11

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (36, 4, 26)t.
Solução:
Para poder aplicar a decomposição de Cholesky (GGt), duas propriedades devem ser satisfeitas, a
matriz deve ser simétrica e positiva definida. Iniciamos verificando a simetria, de onde temos:
A = At e B = Bt
ou seja, ambas as matrizes são simétricas.
Vamos verificar se as matrizes A e B são positivas definidas. Lembrando que uma matriz é positiva
definida se os determinantes dos menores principais são maiores que zero, ou seja, det(A1) > 0;
det(A2) > 0 e det(A3) > 0. Para a matriz A temos que:
det (A1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (A2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 5
∣∣∣∣∣ = 36
det (A3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 9
3 5 −1
9 −1 12
∣∣∣∣∣∣∣ = −36
Logo não é possível decompor a matriz A em GGt. Para a matriz B temos que:
det (B1) =
∣∣ 9 ∣∣ = 9
det (B2) =
∣∣∣∣∣ 9 33 5
∣∣∣∣∣ = 36
det (B3) =
∣∣∣∣∣∣∣
9 3 3
3 5 −5
3 −5 11
∣∣∣∣∣∣∣ = 36
Logo é possível decompor a matriz B em GGt. Portanto o único sistema que pode ser aplicado a
decomposição de Cholesky é Bx = b. Para resolver o sistema escolhido, vamos inicialmente decompor
a matriz B em GGt, usando a igualdade GGt = B, temos: g11 0 0g21 g22 0
g31 g32 g33

 g11 g21 g310 g22 g32
0 0 g33
 =
 9 3 33 5 −5
3 −5 11

Multiplicando a 1a linha de G por todas as colunas de Gt e igualando com os elementos da 1a linha
de B, obtemos:
g11 · g11 = 9 ⇒ g11 = 3
g11 · g21 = 3 ⇒ g21 = 1
g11 · g31 = 3 ⇒ g31 = 1
Multiplicando a 2a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 2a, e igualando com os elementos
da 2a linha de B, obtemos:
g21 · g21 + g22 · g22 = 5 ⇒ g22 = 2
g21 · g31 + g22 · g32 = −5 ⇒ g32 = −3
Multiplicando a 3a linha de G por todas as colunas de Gt, a partir da 3a, e igualando com os elementos
da 3a linha de B, obtemos:
g31 · g31 + g32 · g32 + g33 · g33 = 11 ⇒ g33 = 1
Obtemos então a matriz:
G =
 3 0 01 2 0
1 −3 1

De posse da matriz G, o sistema Ax = b pode ser escrito como:
GGtx = b
de onde a solução x pode ser facilmente obtida através da resolução de dois sistemas triangulares.
Denominando Gtx = y, obtemos o sistema triangular inferior:
Gy = b
ou seja:  3 0 01 2 0
1 −3 1

 y1y2
y3
 =
 364
26

que é facilmente resolvido através da substituição progressiva, de onde obtemos:
y1 = 12
y2 = −4
y3 = 2
Substituindo o vetor y na igualdade Gtx = y, temos: 3 1 10 2 −3
0 0 1

 x1x2
x3
 =
 12−4
2

que é facilmente resolvido através da retro substituição, de onde obtemos:
x1 = 3
x2 = 1
x3 = 2
que é a solução do sistema.
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Disciplina: Métodos Numéricos I - Turma 01
Professor: Luiz Carlos Radtke
1o Prova – 08/07/2021 - Peso 8,0
Nome: JEFFERSON ARAUJO FERREIRA
Obs. Todas as questões devem ser justificadas
Exercício 1 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = 2x3 − 3x2 − 4x + 3, verifique qual dos intervalos
[2.0, 2.5] ou [2.5, 3.0] satisfaz a condição necessária para o método da bisseção, utilizando o intervalo
apropriado, encontre o zero da função através do método da bisseção, com erro menor que ε = 10−1.
Solução:
Iniciamos verificando qual dos intervalos dados atende a condição necessária do método da bisseção
(f(a) ∗ f(b) < 0). Para o primeiro intervalo temos
f(2.0) ∗ f(2.5) = (−1.0000) ∗ (5.5000) = −5.5000
logo o intervalo satisfaz a condição necessária do método da bisseção. Para o segundo intervalo temos
f(2.5) ∗ f(3.0) = (5.5000) ∗ (18.0000) = 99.0000
logo o intervalo não satisfaz a condição necessária do método da bisseção.
Utilizando o intervalo apropriado e sabendo que as aproximações para o método da bisseção são
calculadas pela fórmula
xk =
a + b
2
e que xk substituirá a ou b de modo a garantir que f(a)∗f(b) < 0 para toda iteração, podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
a 2.0000 2.0000 2.0000 2.0625
b 2.5000 2.2500 2.1250 2.1250
xk 2.2500 2.1250 2.0625 2.0937
f(a) −1.0000 −1.0000 −1.0000 −
f(b) 5.5000 1.5937 0.1445 −
f(xk) 1.5937 0.1445 −0.4643 −
|b− a| 0.5000 0.2500 0.1250 0.0625
Temos então que a raiz aproximada da equação 2x3− 3x2− 4x+ 3 = 0 com a precisão desejada
é x̄ = 2.0937.
Exercício 2 (2,5 pontos) Dada a função f(x) = x3−2x+1, utilizando o método de Newton-Rapson
e o chute inicial x0 = −1.3, determine a raiz da equação f(x) = 0 com precisão ε = 10−2.
Solução:
Sabendo que as aproximações para o método de Newton são calculadas pela fórmula
xk+1 = xk −
f(xk)
f ′(xk)
devemos calcular f ′(x) de forma analítica, de onde obtemos
f ′(x) = 3 x2 − 2
Utilizando o chute inicial x0 = −1.3 e sabendo que o erro deve ser menor que 10−2 podemos montar
a seguinte tabela:
k 0 1 2 3
xk −1.3000 −1.7570 −1.6316 −1.6181
f(xk) 1.4030 −0.9099 −0.0803 −0.0003
f ′(xk) 3.0700 7.2611 5.9863 −
|f(xk)| 1.4030 0.9099 0.0803 0.0003
|xk+1 − xk|
|xk+1|
− 0.2601 0.0768 0.0083
Temos então que a raiz aproximada da equação x3 − 2x + 1 = 0 com a precisão desejada é
x̄ = −1.6181.
Exercício 3 Aplicando-se o método da decomposição LU à matriz:
A =

. . . . . . −1 . . .
8 −20 −5 12
. . . 24 5 −9
6 8 0 −2

obteve-se as matrizes:
L =

. . . 0 . . . . . .
4 . . . . . . . . .
−5 −1 . . . 0
3 . . . 2 . . .
 e U =

. . . −4 . . . 2
. . . −4 . . . 4
. . . 0 −1 5
0 . . . 0 2

a) (1,0 ponto)Preencher os espaços pontilhados com os valores adequados;
Solução:
Para preencher os espaços pontilhados adequadamente, lembramos inicialmente que a matriz L
é uma matriz triangular inferior com valores diagonais unitários e que a matriz U é triangular
superior, além disso utilizamos a igualdade LU = A, de onde temos:
1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 l42 2 1


u11 −4 u13 2
0 −4 u23 4
0 0 −1 5
0 0 0 2
 =

a11 a12 −1 a14
8 −20 −5 12
a31 24 5 −9
6 8 0 −2

Obtemos então as matrizes:
A =

2 −4 −1 2
8 −20 −5 12
−10 24 5 −9
6 8 0 −2
 , L =

1 0 0 0
4 1 0 0
−5 −1 1 0
3 −5 2 1
 e U =

2 −4 −1 2
0 −4 −1 4
0 0 −1 5
0 0 0 2

b) (1,0 ponto)Calcule o determinante de A.
Solução:
Fazendo uso da decomposição LU o determinante da matriz A pode ser facilmente obtido:
det(A) = det(LU)
= det(L) det(U)
= 1u11u22u33u44
= 16
De onde concluímos que det(A) = 16.
Exercício 4 (3,0 pontos) Considere as matrizes:
A =
 9 3 33 5 −5
3 −5 9
 e B =
 9 6 36 5 −1
3 −1 11

Escolha adequadamente e resolva um dos sistemas lineares Ax = b, Bx = b, pelo processo de Cholesky,
onde b = (15, 4, 25)t.
Solução:
Para poder