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1 Universidade Tecnológica Federal do Paraná DAMAT – Departamento Acadêmico de Matemática Disciplina: Cálculo Numérico – MA63C / 1o semestre de 2013 Professor: Rudimar Luiz Nós Aluno(a): ________________________________________________ Turma: S43 Endereço eletrônico: ________________________________________ Data: 14/08/2013 Primeira Avaliação Parcial Erro – Zero de funções – Sistemas de equações lineares – Ajuste de curvas Observações: 1a. A leitura e interpretação das questões é parte integrante da prova. 2a. Organização é fundamental. Questão 01 Questão 02 Questão 03 APS (2,0) NOTA 01. (Valor: 2,0) A função 31.0 xexf x tem uma única raiz real no intervalo 2,2 , como ilustra a Figura 1. x y Figura 1: Gráfico de 2,2-x ,31.0 xexf x . 2 a) (1,0) Teste as hipóteses do teorema de convergência do Método de Newton-Raphson no intervalo 2,1 , garantindo que 10 x pode ser usado como aproximação inicial. i) 0111 1.0311.0 eef 0822 2.0321.0 eef 021 ff A hipótese do Teorema de Bolzano é satisfeita, o que garante a existência de pelo menos uma raiz de xf no intervalo 2,1 . (0,2) ii) 1,2x 031.0 21.0' xexf x 1,2x 0' xf A função xf não tem mínimos ou máximos locais no intervalo 2,1 . (0,3) iii) 1,2x 0601.0 1.0'' xexf x A função xf não muda de concavidade no intervalo 2,1 . (0,3) xf xf xx ' 2,1036398.1036398.01 31.0 1 1 1 1 11 1.0 1.0 ' e e f f (0,2) As hipóteses do teorema de convergência são suficientes para garantir que a sequência gerada pelo Método de Newton-Raphson é convergente para a raiz de xf quando se emprega a aproximação inicial 10 x . b) (1,0) Use o Método de Newton-Raphson para aproximar a raiz de xf em 2,1I com aproximação inicial 10 x , precisão 210 e aritmética de ponto flutuante com três algarismos significativos. c) Lei de recorrência: 1,2,n , 31.0 2 1.0 31.0 1 1 ' 1 1 1 1 1 1 n n n n xe xe x xf xf xx x x n n n nn (0,2) Tabela 1: Aproximação da raiz de 31.0 xexf x no intervalo 2,1 através do Método de Newton-Raphson. (0,8) n nx 1nn xx 0 1.00 1 1.04 0.04 > 10-2 2 1.04 0 < 10-2 3 02. (Valor: 4,0) Solucione o sistema de equações lineares (2.1) : 4 5 3 273 916 058 3 2 1 x x x a) (2,0) empregando o Método de Eliminação de Gauss com condensação pivotal e aritmética de ponto flutuante com três algarismos significativos; Matriz aumentada do sistema: 4273 5916 3058 ~ 13.5212.50 75.2975.20 3058 ~ 75.2975.20 13.5212.50 3058 ~ L2 ’=L2-(0.750)L1 p2=3 L3 ’=L3-(-0.537)L2 L3 ’=L3-(0.375)L1 ~ 01.1000 13.5212.50 3058 (1,0) 001.10 33 xx 00.1 12.5 13.5 13.5212.5 232 xxx 00.1 8 8 8 00.153 358 121 xxx Solução: 0 00.1 00.1 3 2 1 x x x (1,0) 4 b) (2,0) utilizando o Método de Gauss-Seidel, aritmética de ponto flutuante com três algarismos significativos, 0,0,00 x , precisão 210 e seis iterações no máximo. Antes de iniciar o processo, garanta a convergência do Método de Gauss-Seidel. Convergência: (0,5) A matriz 273 916 058 não é estritamente diagonal dominante n ijj ijii aa ,1 . Porém, permutando-se a segunda e terceira linhas, a matriz 916 273 058 é estritamente diagonal dominante, o que garante a convergência do Método de Gauss-Seidel (Critério das Linhas). Equações do processo iterativo: (0,5) 121113 3 1 1 1 2 2 1 1 65111.0 234143.0 53125.0 kkk kkk kk xxx xxx xx Tabela 2: Aproximação da solução do sistema (2.1) através do Método de Gauss-Seidel. (1,0) k k x1 k x2 k x3 kkkk vvvVar 321 ,,max 0 0 0 0 1 -0.375 0.734 -0.386 1 2 -0.834 1.04 -0.115 max{0.550,0.294,2.36} = 2.36 3 -1.03 1.05 0.0144 max{0.190,0.00952,8.99} = 8.99 4 -1.03 1.01 0.0189 max{0,0.0396,0.238} = 0.238 5 -1.01 1.00 0.00666 max{0.0198,0.01,1.84} = 1.84 6 -1.00 0.999 0.000111 max{0.010,0.00100,59.0} = 59.0 0 e 0 se ,1 0 se ,0 0 se , 1 1 1 k i k i k i k i k ik i k i k i k i xx xx x x xx v 5 03. (Valor: 2,0) Empregando o Método dos Mínimos Quadrados, aproxime a função 3 x xf , ,-x , pela função 7 1 0 cosxg k kk kxsenbkxaa . Escreva todos os termos da função aproximadora. x y Figura 2: Gráfico de ,x , 3 x xf . 0,- emímpar é 0 kaaxfxfxf (0,5) 0 - senx 3 2 sen xf 1 dxkxdxkxbk (3.1) Calculando a integral indefinida (integração por partes) dxkxxsen : .cos 1 v,dv dx;du , kx k dxkxsen xu Ckxsen k kx k x dxkx k kx k x dxkxxsen 2 1 coscos 1 cos (0,5) (3.2) Substituindo (3.2) em (3.1), tem-se que: 6 1 0 2 1 3 2 cos 3 2 cos 3 21 cos 3 2 k k k k k k k kxsen k kx k x b ; .1 3 2 1 k kk b (0,5) Assim: ; 1 3 2 7 1 1 k k kxsen k xg .7 21 2 6 9 1 5 15 2 4 6 1 3 9 2 2 3 1 3 2 xsen xsenxsenxsenxsenxsenxsenxg (0,5) x y Figura 3: Gráfico de 7 1 1 1 3 2 k k kxsen k xg (vermelho).
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