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MÉTODOS NUMÉRICOS – MÉTODOS DOS 
RESÍDUOS PONDERADOS
Cleiton da Silva Silveira
Universidade Federal do Ceará (UFC)
Departamento de Engenharia hidráulica e Ambiental (DEHA)
Disciplina: Métodos Numéricos para Engenharia Civil
Método da colocação Pontual;
Métodos dos resíduos Ponderados
Métodos dos resíduos ponderados
 Se 𝑢0 é a solução de uma equação L, logo:
𝐿(𝑢0) = 0
 Uma estimativa de solução 𝑢 é tal que:
𝑢 = β + α1𝝓 1 + α2𝝓 2 + ⋯ +α𝑛 𝝓 𝑛
Onde β é uma função conhecida, incluída para
satisfazer as condições de contorno não-
homogêneas;
α𝑖 são parâmetros;
𝝓 1 são funções linearmente independentes
conhecidas
Métodos resíduos ponderados
 Sendo assim,
𝐿 𝑢 = 𝜀 ≠ 0
Sendo 𝜀 chamado de resíduo;
 O objetivo desta classe de métodos é tornar os resíduos tão
pequenos quanto possível;
 O método numérico sugere que:
𝐷׬ 𝜀 𝑥 . 𝑊𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
Onde W(x) é a função ponderadora.
Métodos resíduos ponderados
 Os métodos dos resíduos ponderados mais 
conhecidos são:
-Método da colocação Pontual;
-Método dos subdomínios;
-Método dos mínimos quadrados;
-Método de Galerkin.
Métodos resíduos ponderados: 
Método da Colocação Pontual
 Neste método a equação diferencial é satisfeita
apenas em determinados pontos, os chamados
pontos de colocação. Sendo a aproximação dada
pela equação 1, tem-se:
𝜀 = 𝐿 𝑢 = β + ෍
𝑖=1
𝑁
α𝑖𝝓 𝑖
Os parâmetros α𝑖 são determinados aplicando-se a
condição:
𝜀 = 0
Em N pontos da região.
Métodos resíduos ponderados: 
Método da Colocação Pontual
 Esse método equivale a tomar-se com o
funções de ponderação 𝑊𝑖 a função de delta
de dirac.
Onde 𝑊𝑖 = 𝛿 𝑥 − 𝑥𝑖
 Sendo,
𝐷׬ 𝜀 𝑥 . 𝑊𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
 Logo,
𝜀𝑖 𝑥 = 𝜀𝑖
Sendo 𝜀 chamado de resíduo.
Exercício 1
 Considere a função:
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 0
No domínio de: 0x 1
Com condições de contorno, tais que:
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
Use o método da colocação pontual para estimar
solução com um parâmetro.
Resolução
 Escolhe-se uma solução aproximada para 
EDO satisfazendo as condições de controno. 
Esta equação pode ser: 
ℎ1 𝑥 = 𝑎1𝑥(1 − 𝑥)
 Note que as condições de contorno são
satisfeitas para qualquer 𝑎1.
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
 O objetivo é encontrar o valor do parâmetro
𝑎1.
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2
Logo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥
Resolução- obtenção do resíduo
 Sendo assim o resíduo é:
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2
𝑑ℎ
𝑑𝑥
= 𝑎1 − 2𝑎1𝑥
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
= −2𝑎1
 Sendo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥, 𝑎1
𝜀 𝑥, 𝑎1 = −2𝑎1 + 10. 𝑥
2
Resolução – Colocação pontual
 A colocação pontual sugere que o resíduo seja zero 
em alguns pontos escolhidos aleatoriamente na 
resolução.”
 Escolhendo x=0,5 para 𝜀=0. Logo,
𝜀 𝑥, 𝑎1 = −2𝑎1 + 10. 𝑥
2
𝜀 0,5, 𝑎1 = −2𝑎1 + 10. 0,5
2 = 0
𝑎1 = 1,25
 Logo, 
ℎ 𝑥 = 1,25𝑥 1 − 𝑥
Exercício 2
 Considere a função:
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 0
No domínio de: 0x 1
Com condições de contorno, tais que:
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
Use o método da colocação pontual para estimar
solução com dois parâmetros.
Resolução
 Escolhe-se uma solução aproximada para 
EDO satisfazendo as condições de controno. 
Esta equação pode ser: 
ℎ1 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥 + 𝑎2𝑥
2 1 − 𝑥
 Note que as condições de contorno são
satisfeitas para qualquer 𝑎1 e 𝑎2 .
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
 O objetivo é encontrar os valores dos
parâmetros 𝑎1 e 𝑎2 .
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥 + 𝑎2𝑥
2 1 − 𝑥
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2 + 𝑎2𝑥
2 − 𝑎2𝑥
3
Logo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥
Resolução- obtenção do resíduo
 Sendo assim o resíduo é:
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2 + 𝑎2𝑥
2 − 𝑎2𝑥
3
𝑑ℎ
𝑑𝑥
= 𝑎1 − 2𝑎1𝑥 + 2𝑎2𝑥 − 3𝑎2𝑥
2
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
= −2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥
 Sendo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥, 𝑎1
𝜀 𝑥, 𝑎1, 𝑎2 = −2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥 + 10𝑥
2
Resolução – Colocação pontual
 A colocação pontual sugere que o resíduo seja zero 
em alguns pontos escolhidos aleatoriamente na 
resolução.”
 Escolhendo x=0,3 e x=0,6 para 𝜀=0. Logo,
𝜀 𝑥, 𝑎1, 𝑎2 = −2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥 + 10𝑥
2
𝜀 0,3; 𝑎1; 𝑎2 = −2𝑎1 + 2𝑎2 + −6𝑎2. 0,3 + 10 0,3
2
𝜀 0,6; 𝑎1; 𝑎2 = −2𝑎1 + 2𝑎2 + −6𝑎2. 0,6 + 10 0,6
2
Resolvendo o sistema, tem-se:
𝑎1 = 0,6; 𝑎2 = 1,5
Resolução – Colocação pontual
𝑆𝑒𝑛𝑑𝑜 , 𝑎1 = 0,6; 𝑎2 = 1,5
 Logo,
ℎ 𝑥 = 0,6𝑥 1 − 𝑥 + 1,5𝑥2 1 − 𝑥
Método dos subdomínios;
Métodos dos resíduos Ponderados
Métodos resíduos ponderados: 
Método dos subdomínios
 Neste caso, todas as funções ponderadoras são a
unidade:
𝑊𝑖 = 1
 Isto equivale a requerer que a integral do resíduo
desapareça me determinados intervalos do
domínio
𝐷׬ 𝜀 𝑥 . 𝑊𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
 Logo,
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝑑𝑥 = 0
Exercício 3
 Considere a função:
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 0
No domínio de: 0x 1
Com condições de contorno, tais que:
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
Use o método dos sub-domínios para estimar solução
com um parâmetro.
Resolução
 Escolhe-se uma solução aproximada para 
EDO satisfazendo as condições de controno. 
Esta equação pode ser: 
ℎ1 𝑥 = 𝑎1𝑥(1 − 𝑥)
 Note que as condições de contorno são
satisfeitas para qualquer 𝑎1.
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
 O objetivo é encontrar o valor do parâmetro
𝑎1.
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2
Logo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥
𝜀 𝑥, 𝑎1 = −2𝑎1 + 10. 𝑥
2
Resolução – Método do subdomínio
 Como há apenas um coeficiente a ser determinado , o 
intervalo de integração será o próprio domínio do 
problema 0x 1.
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝑑𝑥 = 0
න
0
1
(−2𝑎1 + 10. 𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
𝑎1 = 5/3
 Logo, 
ℎ 𝑥 =
5
3
𝑥 1 − 𝑥
Exercício 4
 Considere a função:
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 0
No domínio de: 0x 1
Com condições de contorno, tais que:
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
Use o método dos subdomínios para estimar solução
com dois parâmetro.
Resolução
 Escolhe-se uma solução aproximada para 
EDO satisfazendo as condições de controno. 
Esta equação pode ser: 
ℎ1 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥 + 𝑎2𝑥
2 1 − 𝑥
 Note que as condições de contorno são
satisfeitas para qualquer 𝑎1 e 𝑎2 .
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
 O objetivo é encontrar os valores dos
parâmetros 𝑎1 e 𝑎2.
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥 + 𝑎2𝑥
2 1 − 𝑥
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2 + 𝑎2𝑥
2 − 𝑎2𝑥
3
Logo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥
𝜀 𝑥, 𝑎1, 𝑎2 = −2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥 + 10𝑥
2
Resolução – Método do subdomínio
 Como há dois coeficiente a ser determinado, serão 
utilizados dois intervalos. No caso, de 0x 0,5 e 
0,5x 1.
න
𝑠1
𝜀 𝑥 . 𝑑𝑥 = 0 𝑒 න
𝑠2
𝜀 𝑥 . 𝑑𝑥 = 0
න
0
0,5
(−2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥 + 10𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
e
න
0,5
1
(−2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥 + 10𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
Resolução – Método do subdomínio
න
0
0,5
(−2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥 + 10𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
න
0,5
1
(−2𝑎1 + 2𝑎2 − 6𝑎2𝑥 + 10𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
Logo
ቊ
−𝑎1 + 0,25𝑎2 = −0,4167
−𝑎1 − 1,25𝑎2 = −2,917
𝑎1 =
5
6
𝑒 𝑎2 =
5
3
ℎ 𝑥 =
5
6
𝑥 1 − 𝑥 +
5
3
𝑥2 1 − 𝑥
Método dos mínimos quadrados;
Métodos dos resíduos Ponderados
Métodos resíduos ponderados: 
Método dos mínimos quadrados
 Neste método, torna-se o produto interno do
resíduo por si próprio e obriga-se a quantidade
assim obtida a ser um mínimo.
 Sendo,
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝜀 𝑥 . 𝑑𝑥 = 𝐹
 Logo,
න
𝐷
𝜀 𝑥 2. 𝑑𝑥 = 𝐹
Métodos resíduos ponderados: 
Método dos mínimos quadrados
 Minimizando essa integral em relação aos 
parâmetros:
𝜕𝐹
𝜕𝛼1
=
𝜕 𝐷׬ 𝜀 𝑥, 𝛼1, 𝛼2 … , 𝛼𝑛
2. 𝑑𝑥
𝜕𝛼1
𝜕𝐹
𝜕𝛼2
=
𝜕 𝐷׬ 𝜀 𝑥, 𝛼1, 𝛼2 … , 𝛼𝑛
2. 𝑑𝑥
𝜕𝛼2
...
𝜕𝐹
𝜕𝛼𝑛
=
𝜕 𝐷׬ 𝜀 𝑥, 𝛼1, 𝛼2 … , 𝛼𝑛
2. 𝑑𝑥
𝜕𝛼𝑛
Métodos resíduos ponderados: 
Método dos mínimos quadrados
 Neste caso,
𝜕𝐹
𝜕𝑎𝑛
= 0 𝑖 = 1,2 … 𝑁
Logo,
𝜕𝐹
𝜕𝑎𝑛
= න
𝐷
𝜕
𝜕𝑎𝑛
𝜀 2. 𝑑𝑥 = න
𝐷
2. 𝜀.
𝜕𝜀
𝜕𝑎𝑛
. 𝑑𝑥 = 0
Exercício 5
 Considere a função:
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 0
No domínio de: 0x 1
Com condições de contorno, tais que:
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
Use o método dos mínimosquadrados para estimar
solução com um parâmetro.
Resolução
 Escolhe-se uma solução aproximada para 
EDO satisfazendo as condições de controno. 
Esta equação pode ser: 
ℎ1 𝑥 = 𝑎1𝑥(1 − 𝑥)
 Note que as condições de contorno são
satisfeitas para qualquer 𝑎1.
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
 O objetivo é encontrar o valor do parâmetro
𝑎1.
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2
Logo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥
Resolução- obtenção do resíduo
 Sendo assim o resíduo é:
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2
𝑑ℎ
𝑑𝑥
= 𝑎1 − 2𝑎1𝑥
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
= −2𝑎1
 Sendo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥, 𝑎1
𝜀 𝑥, 𝑎1 = −2𝑎1 + 10. 𝑥
2
Resolução – Mínimos quadrados
 No método dos mínimos quadrados é dado que:
𝜕𝐹
𝜕𝑎1
= න
𝐷
2. 𝜀.
𝜕𝜀
𝜕𝑎1
. 𝑑𝑥 = 0
𝜺 𝒙, 𝒂𝟏 = −𝟐𝒂𝟏 + 𝟏𝟎. 𝒙
𝟐
𝜕𝜀
𝜕𝑎1
= −2
Resolução – Mínimos quadrados
 No método dos mínimos quadrados é dado que:
𝜕𝐹
𝜕𝑎1
= න
0
1
2. (−𝟐𝒂𝟏 + 𝟏𝟎. 𝒙
𝟐). (−2). 𝑑𝑥 = 0
න
0
1
(8𝑎1 − 40. 𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
𝑎1 =
5
3
Logo,
ℎ 𝑥 =
5
3
𝑥 1 − 𝑥
Método de Galerkin;
Métodos dos resíduos Ponderados
Métodos resíduos ponderados: 
Método de Galerkin
 O método de Galerkin também pode ser considerado um
caso particular do método de resíduos ponderados, no
qual toma-se como funções de ponderação as próprias
funções de aproximação “𝝓 𝑖”,
 Sendo,
𝑢 = β + α1𝝓 1 + α2𝝓 2 + ⋯ +α𝑛 𝝓 𝑛
 Logo, 𝑊𝑖=𝝓 𝑖
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝑊𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝝓 𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
Exercício 6
 Considere a função:
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 0
No domínio de: 0x 1
Com condições de contorno, tais que:
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
Use o método de Galerkin para estimar solução
com um parâmetro.
Resolução
 Escolhe-se uma solução aproximada para 
EDO satisfazendo as condições de controno. 
Esta equação pode ser: 
ℎ1 𝑥 = 𝑎1𝑥(1 − 𝑥)
 Note que as condições de contorno são
satisfeitas para qualquer 𝑎1.
ℎ 0 = 0 e ℎ 1 = 0
 O objetivo é encontrar o valor do parâmetro
𝑎1.
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2
Logo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥
Resolução- obtenção do resíduo
 Sendo assim o resíduo é:
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 − 𝑎1𝑥
2
𝑑ℎ
𝑑𝑥
= 𝑎1 − 2𝑎1𝑥
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
= −2𝑎1
 Sendo,
𝑑2ℎ
𝑑𝑥²
+ 10𝑥2 = 𝜀 𝑥, 𝑎1
𝜀 𝑥, 𝑎1 = −2𝑎1 + 10. 𝑥
2
Resolução – Método de Galerkin
 No método de Galerkin é dado que:]
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝝓 𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
 Sendo 
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝑥 1 − 𝑥
Logo, 
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝝓 1
 Logo, 
𝝓 1 = 𝑥 1 − 𝑥
Resolução – Método de Galerkin
 No método de Galerkin é dado que:]
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝝓 1. 𝑑𝑥 = 0
න
0
1
(−2𝑎1 + 10. 𝑥
2). 𝑥 1 − 𝑥 . 𝑑𝑥 = 0
Logo,
𝑎1 =
3
2
ℎ 𝑥 =
3
2
𝑥 1 − 𝑥
Exercício 7 
A equação diferencial básica de uma curva elástica para uma 
viga em balanço é dada por:
𝐸𝐼
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
=
𝑤𝐿𝑥
2
−
𝑤𝑥2
2
Onde E é o módulo de elasticidade e I é o momento de inércia. 
Determine a deflexão da barra usando o método dos resíduos 
ponderados. Os seguintes valores dos parâmetros se aplicam: 
E=30000 Ksi; I=800in4; w=1kip/pés, L=10 pés. 
Compare seus resultados numéricos com a solução analítica.
𝑦 =
𝑤𝐿𝑥³
12𝐸𝐼
−
𝑤𝑥4
24𝐸𝐼
−
𝑤𝐿3𝑥
24𝐸𝐼
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
𝑢 = β + α1𝝓 1 + α2𝝓 2 + ⋯ +α𝑛 𝝓 𝑛
Onde β é uma função conhecida, incluída para
satisfazer as condições de contorno não-
homogêneas;
α𝑖 são parâmetros;
𝝓 1 são funções linearmente independentes
conhecidas
Sendo, 𝑦 0 = 0 e y 10 = 0
𝑦 𝑥 = 𝑎1𝑥(10 − 𝑥)
Resolução- obtenção do resíduo
 Sendo assim o resíduo é:
𝑦 𝑥 = 𝑎1𝑥 10 − 𝑥 = 10𝑎1𝑥 −𝑎1 𝑥²
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 10 − 2𝑎1𝑥
𝑑2𝑦
𝑑𝑥²
= −2𝑎1
 Sendo,
𝐸𝐼
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
−
𝑤𝐿𝑥
2
+
𝑤𝑥2
2
= 𝜀 𝑥, 𝑎1
𝜀 𝑥, 𝑎1 = −48. 10
6. 𝑎1 − 5x + 0,5. 𝑥
2
Resolução – Colocação pontual
 A colocação pontual sugere que o resíduo seja zero 
em alguns pontos escolhidos aleatoriamente na 
resolução.”
 Escolhendo x=5 para 𝜀=0. Logo,
𝜀 𝑥, 𝑎1 = −48. 10
6. 𝑎1 − 5x + 0,5. 𝑥
2
𝜀 5, 𝑎1 = −48. 10
6. 𝑎1 − 12,5
𝑎1 = −2,60. 10
−7
Logo, 
𝑦 𝑥 = −2,60. 10−7. 𝑥 10 − 𝑥
Comparação
Resolução – Método do subdomínio
 Como há apenas um coeficiente a ser determinado , 
o intervalo de integração será o próprio domínio do 
problema 0x 10.
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝑑𝑥 = 0
න
0
10
(−48. 106. 𝑎1 − 5x + 0,5. 𝑥
2 ). 𝑑𝑥 = 0
𝑎1 = −1,74.10
−7
Logo, 
𝑦 𝑥 = −1,74.10−7. 𝑥 10 − 𝑥
Subdominios
Resolução – Mínimos quadrados
 No método dos mínimos quadrados é dado que:
𝜕𝐹
𝜕𝑎1
= න
𝐷
2. 𝜀.
𝜕𝜀
𝜕𝑎1
. 𝑑𝑥 = 0
𝜺 𝒙, 𝒂𝟏 = −48. 10
6. 𝑎1 − 5x + 0,5. 𝑥
2
𝜕𝜀
𝜕𝑎1
= −48. 106
Resolução – Mínimos quadrados
 No método dos mínimos quadrados é dado que:
𝜕𝐹
𝜕𝑎1
= න
0
10
2. (−48. 106. 𝑎1 − 5x + 0,5. 𝑥
2). (−48. 106). 𝑑𝑥 = 0
𝑎1 = −1,74.10
−7
Logo,
𝑦 𝑥 = −1,74.10−7. 𝑥 10 − 𝑥
Mínimos quadrados
-0,000006
-0,000005
-0,000004
-0,000003
-0,000002
-0,000001
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Minimos quadrados
y AS
Resolução – Método de Galerkin
 No método de Galerkin é dado que:
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝝓 𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
 Sendo 
𝑦 𝑥 = 𝑎1𝑥(10 − 𝑥)
Logo, 
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝝓 1
 Logo, 
𝝓 1 = 𝑥(10 − 𝑥)
Resolução – Método de Galerkin
 No método de Galerkin é dado que:]
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝝓 1. 𝑑𝑥 = 0
න
0
10
(−48. 106. 𝑎1 − 5x + 0,5. 𝑥
2). 𝑥(10 − 𝑥). 𝑑𝑥 = 0
න
0
10
(−48. 107. 𝑎1𝑥 − 50x
2 + 5. 𝑥3 + 48. 106. 𝑎1𝑥
2 + 5𝑥3 − 0,5. 𝑥4). 𝑑𝑥 = 0
Logo,
−24. 109. 𝑎1 −
5.104
3
+ 1,25. 104 + 16. 109. 𝑎1 + 1,25 ∗ 10
4 − 1. 104=0
𝑎1 = −2,08.10
−7. 𝑥 10 − 𝑥
Logo,
𝑦 𝑥 = −2,08.10−7. 𝑥 10 − 𝑥
Comparação
Exercício 8 
 Considere a função:
𝑑2𝑦
𝑑𝑥²
+ 0,25𝑥2 = 0
No domínio de: 0x 1
Com condições de contorno, tais que:
𝑦 0 = 2 e y′ 0 = 2
 a) Calcule a solução usando o todos os métodos 
dos resíduos ponderados.
 b) Calcule a solução aproximada nos pontos 
0,2;0,4;0,6;0,8 e 1 usando diferenças finitas.
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
𝑢 = β + α1𝝓 1 + α2𝝓 2 + ⋯ +α𝑛 𝝓 𝑛
Onde β é uma função conhecida, incluída para
satisfazer as condições de contorno não-
homogêneas;
α𝑖 são parâmetros;
𝝓 1 são funções linearmente independentes
conhecidas
Sendo, 𝑦 0 = 2 e y′ 0 = 2
𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 2 + 𝑎1𝑥
2
Resolução- obtenção do resíduo
 Sendo assim o resíduo é:
𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 2 + 𝑎1𝑥
2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2 + 2𝑎1𝑥
𝑑2𝑦
𝑑𝑥²
= 2𝑎1
 Sendo,
𝑑2𝑦
𝑑𝑥²
+ 0,25𝑥2 = 𝜀 𝑥, 𝑎1
𝜀 𝑥, 𝑎1 = 2𝑎1 + 0,25. 𝑥
2
Resolução – Colocação pontual
 A colocação pontual sugere que o resíduo seja zero 
em alguns pontos escolhidos aleatoriamente na 
resolução.”
 Escolhendo x=0,5 para 𝜀=0. Logo,
𝜀 𝑥, 𝑎1 = 2𝑎1 + 0,25. 𝑥
2
𝜀 0,5, 𝑎1 = 2𝑎1 + 0,25. 0,5
2 = 0
𝑎1 = −0,03125
Logo, 
𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 2 − 0,03125𝑥2
Resolução – Método do subdomínio
 Como há apenas um coeficiente a ser determinado , 
o intervalo de integração será o próprio domínio do 
problema 0x 1.
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝑑𝑥 = 0
න
0
1
(2𝑎1 + 0,25. 𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
𝑎1 = −0,041667
 Logo, 
𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 2 − 0,041667𝑥2
Resolução – Mínimos quadrados
 No método dos mínimos quadrados é dado que:
𝜕𝐹
𝜕𝑎1
= න
𝐷
2. 𝜀.
𝜕𝜀
𝜕𝑎1
. 𝑑𝑥 = 0
𝜺 𝒙, 𝒂𝟏 = −𝟐𝒂𝟏 + 𝟎, 𝟐𝟓. 𝒙
𝟐
𝜕𝜀
𝜕𝑎1
= −2
Resolução – Mínimos quadrados
 No método dos mínimos quadrados é dado que:
𝜕𝐹
𝜕𝑎1
= න
0
1
2. (𝟐𝒂𝟏 + 𝟎, 𝟐𝟓. 𝒙
𝟐). (−2). 𝑑𝑥 = 0
න
0
1
(−8𝑎1 − 𝑥
2). 𝑑𝑥 = 0
𝑎1 = −
1
24
= −0,0416667
Logo,
𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 2 − 0,041667𝑥2
Resolução – Método de Galerkin
 No método de Galerkin é dado que:
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝝓 𝑖 . 𝑑𝑥 = 0
 Sendo 
𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 2 + 𝑎1𝑥
2
Logo, 
ℎ 𝑥 = 𝑎1𝝓 1
 Logo, 
𝝓 1 = 𝑥
2
Resolução – Método de Galerkin
 No método de Galerkin é dado que:]
න
𝐷
𝜀 𝑥 . 𝝓 1. 𝑑𝑥 = 0
න
0
1
(2𝑎1 + 0,25. 𝑥
2). 𝑥². 𝑑𝑥 = 0
Logo,
𝑎1 = −0,075
𝑦 𝑥 = 2𝑥 + 2 − 0,075𝑥2
Exercício 8 (b)
b) Calcule a solução aproximada nos pontos 
0,2;0,4;0,6;0,8 e 1 usando diferenças finitas.
𝑑2𝑦
𝑑𝑥²
+ 0,25𝑥2 = 0
𝑦𝑗+1 − 2𝑦𝑗+ 𝑦𝑗−1
ℎ2
+ 0,25𝑥𝑖
2 = 0
𝑦𝑗+1 − 2𝑦𝑗 + 𝑦𝑗−1
ℎ2
+ 0,25𝑥𝑖
2 = 0
𝑦𝑗+1 = −0,25𝑥𝑖
2ℎ2 − 𝑦𝑗−1 + 2𝑦𝑗
Exercício 4 (b)
 𝑦 0 = 2 e y′ 0 = 2;
𝑑𝑢 0
𝑑𝑥
=
𝑦𝑗 − 𝑦𝑗−1
ℎ
=
)𝑢(0) − 𝑢(−0,2
0,2
= 2
𝑢 −0,2 = 𝑢 0 − 0,4 = 1,6
Resolução
i x ui ui+1
-0,2 1,6
0 0 2 2,4
1 0,2 2,4 2,7996
2 0,4 2,7996 3,1976
3 0,6 3,1976 3,592
4 0,8 3,592 3,98
5 1 3,98
Exercício 9 
Seja o problema descrito pela equação e condições
de contorno abaixo:
𝛻2𝑇 =
𝜕²𝑇
𝜕𝑥²
+
𝜕²𝑇
𝜕𝑦²
= 2 Eq.1
No intervalo de 0  x  3 e 0  y  2. Para as
seguintes condições de contorno homogêneas e
essenciais para T=0 em todas as faces laterais.
Considere a função aproximadora:
𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑎1𝑥𝑦 𝑥 − 3 (𝑦 − 2)
Resolva por um método de resíduo ponderado.
Resolução- obtenção do resíduo
Sendo,
𝑇 = β + α1𝝓 1 + α2𝝓 2 + ⋯ +α𝑛 𝝓 𝑛
Onde β é uma função conhecida, incluída para
satisfazer as condições de contorno não-
homogêneas;
α𝑖 são parâmetros;
𝝓 1 são funções linearmente independentes
conhecidas
Logo,
𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑎1𝑥𝑦 𝑥 − 3 (𝑦 − 2)
Resolução- obtenção do resíduo
 Sendo assim o resíduo é:
𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑎1𝑥𝑦 𝑥 − 3 (𝑦 − 2)
𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑎1(𝑥
2𝑦2 − 2𝑥2𝑦 − 3𝑥𝑦2 + 6𝑥𝑦)
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑎1 2𝑥𝑦
2 − 4𝑥𝑦 − 3𝑦2 + 6𝑦 ;
𝑑2𝑢
𝑑𝑥²
= 𝑎1 2𝑦
2 − 4𝑦
𝑑𝑢
𝑑𝑦
= 𝑎1 2𝑦𝑥² − 2𝑥
2 − 6𝑥𝑦 + 6𝑥 ;
𝑑2𝑢
𝑑𝑦²
= 𝑎1 2𝑥² − 6𝑥
Resíduo
𝜕2𝑢
𝜕𝑥²
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦²
= 2
𝜀 𝑥, 𝑦, 𝑎1 = 𝑎1 2𝑦
2 − 4𝑦 + 2𝑥² − 6𝑥 − 2
Resolução – Colocação pontual
 A colocação pontual sugere que o resíduo seja zero em 
alguns pontos escolhidos aleatoriamente na resolução.”
 Escolhendo x=1,5 e y=1 para 𝜀=0. Logo,
𝜀 𝑥, 𝑦, 𝑎1 = 𝑎1 2𝑦
2 − 4𝑦 + 2𝑥² − 6𝑥 − 2
𝜀 1,1, 𝑎1 = 𝑎1 2 − 4 + 4,5 − 9 − 2
𝜀 1,1, 𝑎1 = −6,5. 𝑎1 − 2
𝑎1 = −3,25
Logo, 
𝑢 𝑥, 𝑦 = −3,25𝑥𝑦 𝑥 − 3 (𝑦 − 2)
Solução
 FIM
 FIM