Cálculo Númerico Apostila Resolvida

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NOTAS DE AULA 
 
 
 
 
 
Cálculo Numérico 
 
Universidade Tecnológica Federal do Paraná 
 
 
 
- UTFPR - 
 
 
 
 
 
 
 
Professores: Lauro César Galvão 
Luiz Fernando Nunes 
 Cálculo Numérico – (Lauro / Nunes) ii 
Índice 
1 Noções básicas sobre Erros ........................................................................... 1-1 
2 Zeros reais de funções reais .......................................................................... 2-9 
3 Resolução de sistemas de equações lineares .............................................. 3-21 
4 Interpolação .............................................................................................. 4-37 
5 Ajuste de curvas pelo método dos mínimos quadrados ............................... 5-47 
6 Integração Numérica ................................................................................. 6-53 
7 Solução numérica de equações diferenciais ordinárias ................................ 7-57 
 
 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-1 
1 Noções básicas sobre Erros 
1. Calcular a área da superfície terrestre usando a formulação 
A
4 2r . 
Resolução: Aproximações (ERROS): 
MODELAGEM: a Terra é modelada como uma esfera, uma idealização de sua forma 
verdadeira. O raio da Terra é obtido por medidas empíricas e cálculos prévios. 
RESOLUÇÃO: o valor de  requer o truncamento de um processo infinito; os dados de 
entrada e os resultados de operações aritméticas são arredondados pelo computador. 
OBS. 1: Características do planeta Terra. 
 Características Físicas: 
Diâmetro Equatorial: 12756Km; 
Diâmetro Polar: 12713Km; 
Massa: 5,98 2410 Kg; 
Perímetro de Rotação Sideral: 23h 56min 04seg; 
Inclinação do Equador Sobre a Órbita: 23o 27’. 
 Características Orbitais: 
Raio da Órbita, isto é, 1U.A. (unidade astronômica): 149897570Km; 
Distância Máxima do Sol: 152100000Km; 
Distância Mínima do Sol: 147100000Km; 
Período de Revolução Sideral: 365dias 6h 9min 9,5seg; 
Velocidade Orbital Média: 29,79Km/seg. 
2. Calcular os erros absoluto e relativo, nos itens a) e b). 
a) 
x
1,5 e 
x
1,49; b) 
y
5,4 e 
y
5,39. 
Resolução: 
a) 
xEA
0,01 210 b) 
yEA
0,01 210 
xER
0,00666667 
yER
0,00185185 
3. Arredondar  na quarta casa decimal, sendo que 3,1415926535 
Resolução: 
id
5 e 
1id
95  
id
1516. Logo: 3,1416. 
4. Aproximar  truncando na quarta casa decimal, sendo que 3,1415926535 
Resolução: 
id
5  3,1415. 
5. Sabendo-se que xe pode ser escrito como xe 


0i
i
i
x
!
, faça a aproximação de 2e através 
de um truncamento após quatro termos da somatória. 
Resolução: xe 


0i
i
i
x
!
1
x

!2
2x 
!3
3x 
!4
4x 
!5
5x  Truncando-se após quatro termos, 
tem-se: 
2e
12
!2
22 
!3
23 12
2
4

6
8
5
3
4

3
19
. 
 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-2 
6. Considerando no sistema de base 10, 10, represente os seguintes números, em 
aritmética de ponto flutuante: 
a) 0,34510; b) 31,41510. 
Resolução: a) 0,34510  



10
3 
210
4




310
5  010 ; 
b) 31,41510 



10
3 
210
1

310
4

410
1




510
5

210
. 
7. Considerando no sistema binário, 2, represente o número 1012 em aritmética de ponto 
flutuante. 
Resolução: 1012  0,101 32 



2
1

22
0




32
1
 32 . 
8. 10112  
10x
. 
Resolução: 10112  0,1011 42 



2
1

22
0

32
1




42
1
 42  32 2111 
 10112  1110  
x
11. 
9. 11,012  
10x
. 
Resolução: 11,012  0,1101 22 



2
1

22
1

32
0




42
1
 22 21
22
1
3,25 
 11,012  3,2510  
x
3,25. 
10. 403,125  
10x
. 
Resolução: 403,125  0,40312 35 



5
4

25
0

35
3

45
1




55
2
 35 
4 25 03
5
1

25
2
10030,20,08103,28 
 403,125  103,2810  
x
103,28. 
11. Converta 5910 para a base 2. 
Resolução: 
N
59 e 2  
N
 
59 2 
1 29 2 
 1 14 2 
 0 7 2 
 1 3 2 
 1 1  5910  1110112 
 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-3 
12. Converta 5910 para a base 3. 
Resolução: 
N
59 e 3 
N
 
59 3 
2 19 3 
 1 6 3 
 0 2  5910  20123 
 b) PARTE FRACIONÁRIA (
F
): 
Multiplica-se 
F
 por  e toma-se a parte inteira do produto como o primeiro dígito do 
número na base . Repete-se o processo com a parte fracionária do produto tomando sua parte 
inteira. Continua-se até que a parte fracionária seja igual a zero. 
Nos exercícios a seguir, determinar o valor de 
x
: 
13. 0,187510  
2x
. 
Resolução: 
0,1875 0,375 0,75 0,5 
2 2 2 2 
0,3750 0,750 1,50 1,0 
 0,187510  0,00112. 
14. 0,610  
2x
. 
Resolução: 
0,6 0,2 0,4 0,8 0,6  
2 2 2 2 2 
1,2 0,4 0,8 1,6 1,2  
 0,610  0,100110012. 
15. 13,2510  
2x
. 
Resolução: 
 a) 1310  ? 
N
13 e 2  
N
 
13 2 
1 6 2 
 0 3 2 
 1 1 
 1310  11012. 
 b) 0,2510  ? 
0,25 0,5 
2 2 
0,50 1,0 
 0,2510  0,012. 
 Logo: 13,2510  1310  0,2510  11012  0,012  1101,012. 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-4 
Transforme para a base que se pede (determine o valor de 
x
). 
16. 100101,10012  
10x
. 
Resolução: 100101,10012  0,1001011001 62 




2
1

22
0

32
0

42
1

52
0

62
1

72
1

82
0

92
0




102
1
 62 
 52  22 1
2
1

42
1
32410,50,062537,5625 
 100101,10012  37,562510  
x
37,5625. 
17. 19,3867187510  
4x
. 
Resolução: 
 a) 1910  ? 
N
19 e 4  
N
 
19 4 
3 4 4 
 0 1 
 1910  1034. 
 b) 0,3867187510  ? 
0,38671875 0,546875 0,1875 0,75 
4 4 4 4 
1,54687500 2,187500 0,7500 3,00 
 0,3867187510  0,12034. 
 Logo: 19,3867187510  1910  0,3867187510  1034  0,12034  103,12034. 
18. Transforme a medida 35
h
 48
min
 18
seg
 para minutos. 
DICA: 35:48,1860  
10x
min
. 
Resolução: 35:48,1860  0,35:48:18 260 



60
35

260
48




360
18
 260  3560  48  
60
18
 
 2100  48  0,3  2148,3 
 35:48,1860  2148,310. 
 35
h
 48
min
 18
seg
 = 2148,3
min
. 
 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-5 
19. Transforme 35,805 horas para horas, minutos e segundos. 
DICA: 35,80510 
60x
. 
Resolução: 
 a) 3510  ? 
N
35 e 60  
N
 
 
 3510  3560. 
 b) 0, 80510  ? 
0,805 0,3 
60 60 
48,300 18,0 
 0, 80510  0,48:1860. 
 Logo: 35,80510  3510  0, 80510  3560  0,48:1860  35,48:1860. 
 35,805
h
  35
h
 48
min
 18
seg
. 
20. Preencher a tabela a seguir, com base nos parâmetros: 
t
3, 10, 
I
5, 
S
5 e −5 ≤
exp ≤ 5. 
Número Truncamento Arredondamento 
6,48 0,64810 0,64810 
0,0002175 0,217 310 0,218 310 
3498,3 0,349 410 0,35 410 
0,00000001452 0,145 710 0,145710  UNDERFLOW 
2379441,5 0,237 710 0,238 710  OVERFLOW 
Nos exercícios seguintes, calcular o valor das expressões utilizando aritmética de 
ponto flutuante com 3 algarismos significativos. 
21. (4,26  9,24)  5,04 
Resolução: 13,5  5,04  18,5. 
 
22. 4,26  (9,24  5,04) 
Resolução: 4,26  14,3  18,6. 
23. (4210  4,99)  0,02 
Resolução: 4210  0,02  4210. 
24. 4210  (4,99  0,02) 
Resolução: 4210  5,01  4200. 
25. 
7
2
(4,0237  6,106) 
Resolução: 0,286(4,02  6,11)  0,286(2,09)  0,598. 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-6 
26. 
7
1066023742 ),,( 
 
Resolução: 
7
0922 ),(
  
7
184,
  0,597. 
27. Sendo 10, 
t
4 e 
exp
[5,5], calcule: 
a) 42450  


10
1
3
i
; b) 


10
1
3
i
  42450. 
Resolução: 
 a) 42450  


10
1
3
i
 = 42450  0,4245 510 ; 
 b) 


10
1
3
i
  42450  30  42450  42480  0,4248 510 . 
Nos exercícios seguintes, converter os números para a base decimal, determinando o 
valor da variável 
x
: 
28. 11000112  
10x
. 
Resolução: 11000112 0, 1100011 72 



2
1

22
1

32
0

42
0

52
0

62
1




72
1
 72 
 62  52 21  99 
 11000112  9910  
x
99. 
29. 11111112  
10x
. 
Resolução: 11111112 0, 1111111 72 



2
1

22
1

32
1

42
1

52
1

62
1




72
1
 72 
 62  52  42  32  22 21  127 
 11111112  12710  
x
127. 
30. 10101012  
10x
. 
Resolução: 10101012 0, 1010101 72 



2
1

22
0

32
1

42
0

52
1

62
0




72
1
 72 
 62  42  22 1  85 
 10101012  8510  
x
85. 
31. 101,00112  
10x
. 
Resolução: 101,00112  0, 1010011 32 



2
1

22
0

32
1

42
0

52
0

62
1




72
1
 32 
 22 1
32
1

42
1
  5  0,125  0,0625  5  0,1875  5,1875 
 101,00112  5,187510  
x
5,1875. 
 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-7 
32. 0,01111112  
10x
. 
Resolução: 0,01111112  0, 111111 12 



2
1

22
1

32
1

42
1

52
1




62
1
 12 

22
1

32
1

42
1

52
1

62
1

72
1
 
 0,25  0,125  0,0625  0,03125  0,015625  0,0078125  0,4921875 
 0,01111112  0,492187510  
x
0,4921875. 
33. 1,0100112  
10x
. 
Resolução: 1,0100112  0, 10100112



2
1

22
0

32
1

42
0

52
0

62
1




72
1
2 
1
22
1

52
1

62
1
  1  0,25  0,03125  0,015625  1,296875 
 1,0100112  1,29687510  
x
1,296875. 
Nos exercícios seguintes, converter os números para a base binária, determinando o 
valor da variável 
x
: 
34. 3710  
2x
. 
Resolução: 
N
37 e 2  
N
 
37 2 
1 18 2 
 0 9 2 
 1 4 2 
 0 2 2 
 0 1  3710  1001012 
35. 234510  
2x
. 
Resolução: 
N
2345 e 2  
N
 
2345 2 
1 1172 2 
 0 586 2 
 0 293 2 
 1 146 2 
 0 73 2 
 1 36 2 
 0 18 2 
 0 9 2 
 1 4 2 
 0 2 2 
 0 1  234510  1001001010012 
 
Cálculo Numérico Noções básicas sobre Erros 
 Lauro / Nunes 
1-8 
36. Determine 
x
 com 36 dígitos: 0,121710  
2x
. 
Resolução: 
0,1217 0,2434 0,4868 0,9736 0,9472 0,8944 0,7888 0,5776 0,1552 
        
0,2434 0,4868 0,9736 1,9472 1,8944 1,7888 1,5776 1,1552 0,3104 
 
0,3104 0,6208 0,2416 0,4832 0,9664 0,9328 0,8656 0,7312 0,4624 
        
0,6208 1,2416 0,4832 0,9664 1,9328 1,8656 1,7312 1,4624 0,9248 
 
0,9248 0,8496 0,6992 0,3984 0,7968 0,5936 0,1872 0,3744 0,7488 
        
1,8496 1,6992 1,3984 0,7968 1,5936 1,1872 0,3744 0,7488 1,4976 
 
0,4976 0,9952 0,9904 0,9808 0,9616 0,9232 0,8464 0,6928 0,3856 
        
0,9952 1,9904 1,9808 1,9616 1,9232 1,8464 1,6928 1,3856 0,7712 
 0,121710  0,0001111100100111101110110010111111102. 
37. Determine 
x
 com 8 dígitos: 2,4710  
2x
. 
Resolução: 
 a) 210  ? 
N
2 e 2  
N
 
2 2 
 210  102. 
0 1 
 b) 0, 4710  ? 
0,47 
 
0,94 
 
0,88 
 
0,76 
 
0,52 
 
0,04 
 
0,08 
 
0,16 
 
0,32 
        
0,94 1,88 1,76 1,52 1,04 0,08 0,16 0,32 0,64 
 0, 4710  0,011110002. 
Logo: 2,4710  210  0, 4710  102  0,011110002  10, 011110002. 
 
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-9 
2 Zeros reais de funções reais 
38. Isolar os zeros da função 
f
(
x
)
3x
9
x
3. 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para 
f
(
x
) e analisar os sinais: 
x 4 3 2 1 0 1 2 3 
f
(
x
)         
Como 
034  )()( ff
, 
010  )()( ff
 e 
032  )()( ff
, conclui-se, de acordo com o 
teorema 1, que existem zeros de 
)(xf
nos intervalos [4,3], [0,1] e [2,3]. Como 𝑓(𝑥) =
0 tem exatamente 3 raízes, pode-se afirmar que existe exatamente um zero em cada um 
destes intervalos. 
 
Pode-se também chegar às mesmas conclusões partindo da equação 
f
(
x
) 3x 9 x 3=0, 
obtendo-se a equação equivalente 3x 9 x 3. Neste caso, tem-se que 3xxg )( e 
39  xxh )(
. Traçando os gráficos de 
)(xg
 e 
)(xh
, verifica-se que as abscissas dos 
pontos de intersecção destas curvas estão nos intervalos [4,3], [0,1] e [2,3]. 
 
Outra forma de se verificar a unicidade de zeros nestes intervalos, é traçar o gráfico da 
função derivada de 
)(xf
, 
93 2  xxf )('
 e confirmar que a mesma preserva o sinal em 
cada um dos intervalos ]4,3[, ]0,1[ e ]2,3[, conforme a Erro! Fonte de referência não 
ncontrada.. 
y
x
y =f x( )
4321-1-2-3-4
1 2 3
y
x
4321-1-2-3-4
1
2 3
g x( ) h x( )
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-10 
 
39. Isolar os zeros da função 
23,ln)(  xxxf
. 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para 
)(xf
e analisar os sinais: 
x 1 2 3 4 
)(xf
     
Como 
032  )()( ff
, conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
)(xf
no intervalo [2,3]. 
 
Pode-se ainda verificar graficamente que a função derivada da função 
)(xf
, 
xxf ln)(' 1
 preserva o sinal no intervalo ]2,3[, neste caso 
0)(' xf
x
]2,3[, o que 
pela Obs. 1 garante que só existe um zero de 
)(xf
 neste intervalo. 
 
 
 
 
y
x
y = f’ x( )
4321-1-2-3-4
33-
x
y =f x( )
0
-0,1
-0,2
-0,3
-0,4
-0,5
-0,6
-0,7
-0,8
-0,9
-1,0
-0,8
2,6 2,8 3,0 3,2 3,4
0,1
0,2
0,3
y
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-11 
 
40. Isolar os zeros da função 
xxxf 4025 ,log)( 
. 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para 
)(xf
 e analisar os sinais: 
x 1 2 3 
)(xf
    
Como 
021  )()( ff
, conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
)(xf
no intervalo [1,2]. 
Pode-setambém chegar a esta mesma conclusão partindo da equação 
xxxf 4025 ,log)( 
=0, obtendo-se a equação equivalente 
xx 4025 ,log 
. Neste 
caso, tem-se que 
xxg log)( 5
 e 
xxh 4,02)( 
. Traçando os gráficos de 
)(xg
 e 
)(xh
, 
verifica-se que a abscissa do único ponto de intersecção destas curvas está no intervalo 
[1,2]. 
 
41. Isolar os zeros da função 
xexxf  5)(
. 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para 
)(xf
e analisar os sinais: 
x 0 1 2 3 
)(xf
     
Como 
021  )()( ff
, conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
)(xf
no intervalo [1,2]. 
Pode-se também chegar a esta mesma conclusão partindo da equação 
xexxf  5)(
0, obtendo-se a equação equivalente 
xex  5
. Neste caso, tem-se que 
xxg )(
 e 
xexh  5)(
. Traçando os gráficos de 
)(xg
 e 
)(xh
, verifica-se que a abscissa do único 
ponto de intersecção destas curvas está no intervalo [1,2]. 
 
 
y
x1
1
x( )f’
y
x
x( )
21 3
2
1
h
x( )g
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-12 
 
42. Determinar um valor aproximado para 
5
, com erro inferior a 210 . 
Resolução: Determinar 
5
 é equivalente a obter o zero positivo da função 
)(xf
= 2x 5. 
Sabe-se que o intervalo [2,3] contém este zero e a tolerância neste caso é  = 210 . Assim, 
a quantidade mínima de iterações para se obter a resposta com a precisão exigida é: 
n

2log
log)log(  ab
 
n

2
1023 2
log
log)log(   n 
2
1021
log
loglog 
 
n

2
120
log

 
 
n
  6,643856. Como 
n
 deve ser intero, tem-se 
n
 7. 
n
 
a
 
x
 
b
 
f
(
a
) 
f
(
x
) 
f
(
b
) (
b

a
)/2 
1 2,0 2,5 3,0    0,5 
2 2,0 2,25 2,5    0,25 
3 2,0 2,125 2,25    0,125 
4 2,125 2,1875 2,25    0,0625 
5 2,1875 2,21875 2,25    0,03125 
6 2,21875 2,234375 2,25    0,015625 
7 2,234375 2,2421875 2,25    0,0078125 
Portanto 
5
2,24218750,0078125 
43. Um tanque de comprimento 
L
 tem uma secção transversal no formato de um 
semicírculo com raio r (veja a figura). Quando cheio de água até uma distância h do 
topo, o volume V da água é: V












 )(arcsen, 222250 hrh
r
h
rrL
. Supondo 
que 
L
10 
ft
, r1 ft e V12,4 
3ft
, encontre a profundidade da água no tanque com 
precisão de 0,01 
ft
. 
 
y
x
x( )
 21 3
2
1
h
x( )g
h h
r 
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-13 
 
Resolução: Para calcular a profundidade rh da água, substitui-se os valores de 
r
, 
L
 e 
V
 
na expressão anterior para obter a equação 
)(arcsenh
 
h
21 h
1,240,50 cuja raiz 
é 
h
. Assim, deve-se calcular o zero da função 
)(hf )(arcsenh
 
h
21 h
1,240,5, 
com precisão de 
210
. Para isto, primeiramente isola-se o zero desta função num 
intervalo da seguinte forma. 
Pode-se construir uma tabela de valores para 
)(hf
e analisar os sinais: 
h 1 0 1 
)(hf
    
Como 
010  )()( ff
, conclui-se, de acordo com o teorema 1, que existem zeros de 
)(hf
no intervalo [0,1]. 
Para se confirmar a unicidade deste zero neste intervalo, pode-se utilizar a OBS. 1, isto é, 
calcula-se a derivada 
)(, hf
 de 
)(hf
 para verificar que a mesma preserva o sinal no 
intervalo ]0,1[. Assim, obtém-se 
)(, hf

21
1
h
 21 h    2121
2
/
 h
h
(2
h
) 
)(, hf

0
1
12
2
2



h
h )( [,] 10h
, o que significa que 
)(hf
é estritamente crescente neste 
intervalo, o que garante a unicidade do zero de 
)(hf
 em ]0,1[. 
Agora determina-se o número de iterações necessárias para se obter a precisão exigida: 
2log
log)log( 

ab
n

2
101 2
log
loglog 
n

n
6,643856 
Logo são necessárias 
n
 = 7 iterações. 
n
 
a
 
h
 
b
 
)(af
 
)(hf
 
)(bf
 (ba)/2 
1 0 0,5 1    0,5 
2 0 0,25 0,5    0,25 
3 0 0,125 0,25    0,125 
4 0,125 0,1875 0,25    0,0625 
5 0,125 0,15625 0,1875    0,03125 
6 0,15625 0,171875 0,1875    0,015625 
7 0,15625 0,1640625 0,171875    0,0078125 
Assim, 
h
0,16406250,0078125 e a profundidade 
r

h
 da água solicitada é 
aproximadamente 1(0,1640625) 
ft
. 
 
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-14 
44. Obter algumas funções de ponto fixo para a função 
)(xf

62  xx
. 
Resolução: Efetuando diferentes manipulações algébricas sobre a equação 
)(xf
0 ou 
62  xx
0, podem-se obter diferentes funções de ponto fixo, como por exemplo: 
a) 
62  xx
0
26 xx 
, logo 
2
1 6)( xx 
. Como 
)3(1 
3 e 
)2(1
2, tem-se 
que 3 e 2 são pontos fixos de 
)(1 x
. 
b) 
62  xx
0
xx  6
, logo se pode ter 
xx  6)(2
 e neste caso tem-se que 
2 é ponto fixo de 
)(2 x
, pois 
2)2(2 
, ou 
xx  6)(2
 e neste caso tem-se que 3 
é ponto fixo de 
)(2 x
, pois 
3)3(2 
. 
c) 
62  xx
0
06  xxx

x
x
x
x 
6

1
6

x
x
, logo 
 )(3 x 1
6

x
. Como 
)3(3 
3 e 
)2(3
2, tem-se que 3 e 2 são pontos fixos de 
)(3 x
. 
d) 
62  xx
0
06  xxx

06)1( xx

1
6


x
x
, logo 
1
6
)(4


x
x
. 
Como 
)3(4 
3 e 
)2(4
2, tem-se que 3 e 2 são pontos fixos de 
)(4 x
. 
No próximo passo algumas destas funções serão utilizadas na tentativa de gerar 
seqüências aproximadoras dos zeros  de 
)(xf
. 
45. Aproximar o maior zero da função 
)(xf

62  xx
, utilizando a função 
xx  6)(2
, e 
0x
1,5. 
Resolução: Neste caso a fórmula de recorrência 
)(1 nn xx 
, n

0, 1, 2,  será: 
nnn xxx  6)(21
, e pode-se construir a seguinte tabela: 
n 
nx
 
nnn xxx  6)(21
 
0 1,5 2,12132 
1 2,12132 1,96944 
2 1,96944 2,00763 
3 2,00763 1,99809 
4 1,99809 2,00048 

 

 

 
Percebe-se que neste caso a seqüência 
}{ nx
converge para a raiz 2 da equação 
62  xx 
0. 
 
 
y
x
x( )
0 x 1x2 x3

y x=
x
6
6
2=
2
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-15 
46. Aproximar o maior zero da função 
)(xf

62  xx
, utilizando a função 
2
1 6)( xx 
, e 
0x
1,5. 
Resolução: Neste caso a fórmula de recorrência 
)(1 nn xx 
, 
n
0, 1, 2,  será: 
2
11 6 nnn xxx  )(
, e pode-se construir a seguinte tabela: 
n 
nx
 
2
11 6)( xxx nn 
 
0 1,5 3,75 
1 3,75 8,0625 
2 8,0625 59,003906 
3 59,003906 3475,4609 

 

 

 
Percebe-se que neste caso a seqüência 
}{ nx
 não converge para a raiz 


2 da equação 
62  xx 
0. 
 
47. Verificar as condições i) e ii) do teorema anterior quando do uso da função 
xx  6)(2
 no exercício número 45. 
Resolução: 
Verificação da condição i): 
 
xx  6)(2
 é contínua no conjunto 
S
{
x
/x  6}. 
 
x
x



62
1
2 )('
 é contínua no conjunto 
T
{
x
/x < 6}. 
Verificação da condição ii): 
 
)(' x2
 < 1  
x

62
1 < 1  x < 5,75 
Logo, é possível obter um intervalo 
I
, tal que 2
I
, onde as condições i) e ii) estão 
satisfeitas. 
 
y
x
x( )
0 1
x2
x

y x=
x
6
2=1
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-16 
48. Verificar as condições i) e ii) do teorema anterior quando do uso da função 
2
1 6)( xx 
. 
Resolução: 
Verificação da condição i): 
 
2
1 6 xx  )(
 e 
xx 21  )('
 são contínuas em . 
Verificação da condição ii): 
 
)(' x1
 < 1  
x2
 < 1  
2
1

 < 
x
 < 
2
1
. 
Logo, não existe um intervalo 
I
, com 2
I
, e tal que 
)(' x1
 < 1, 
 x I
. 
49. Encontrar o zero de 
)(xf

42  xe x
 com precisão 610 , utilizando o método do 
ponto fixo. 
Resolução: Pode-se construir uma tabela de valores para 
f
(
x
) e analisar os sinais: 
x 3 2 1 
)(xf
    
Como 
023  )()( ff
, conclui-se, de acordo com o Teorema 1, que existem zeros de 
)(xf
no intervalo [3,2]. 
Fazendo 
xexh )(
 e 
42  xxg )(
, pode-se verificar que os gráficos das mesmas se 
intersectam em apenas um ponto, o que garante que só existe um zero de 
)(xf
 neste 
intervalo. 
 
 
y
x
x( )
 21 3
2
1
h
x( )g
-2 -1-3
-2
-3
-4
-1
3
4
5
= e
x
= x
2
- 4
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-17 
Assim, o zero de 
)(xf
 está isolado em [3,2]. 
Procurando uma função de ponto fixo adequada pode-se fazer: 
42  xe x
0 
442  xx exex

4 xex)(
 
Verificando as hipóteses i) e ii) do Erro! Fonte de referência não encontrada.: 
i) 
42 

x
x
e
e
x)('
 
)(')( xex 
 são contínuas em [3,2], o que garante a primeira condição do Erro! 
onte de referência não encontrada.. 
ii) k = 
)('max
]2,3[
x
x


 
42 

x
x
e
e
x
.
)('
 
012370
42
3
3
3
,
.
)(' 




e
e
 
033280
42
2
2
2
,
.
)(' 




e
e
 
Como 
)(' x
é decrescente no intervalo 
I
=[3,2], k = 0,03328 < 1, o que garante a 
segunda condição do Erro! Fonte de referência não encontrada.. 
Procura-se agora, o extremo do intervalo 
I
=[3,2] mais próximo do zero  de 
)(xf
: 
Para isto, segue-se o indicado na observação 5, isto é, calcula-se o ponto médio do 
intervalo 
I
=[3,2]: 
xˆ

2
23 ))(( 
  2,5 e 
)ˆ(x
  
452 52   ,),( e
 2,02042. 
Como 
xˆ
<
)ˆ(x
, isto é 
xˆ
2,5 < 
)ˆ(x

),( 52
 2,02042, então  está entre 
xˆ
2,5 e 
2, ou seja, 2 é o extremo de 
I
 mais próximo de . Desta forma, iniciando o processo 
recursivo pelo ponto 
0x
2, garante-se que todos os termos da seqüência aproximadora 
pertencerão ao intervalo 
I
=[3,2]. 
Logo, utilizando 
4)(  xex
 a partir de 
0x
2, gera-se uma seqüência 
convergente para o zero  de 
)(xf
. 
n
 
nx
 
1nx
 
nn xx 1
 
0 2 2,0335524 0,0335524 > 10-6 
1 2,0335524 2,0324541 0,0010983 > 10-6 
2 2,0324541 2,0324895 0,0000354 > 10-6 
3 2,0324895 2,0324884 0,0000011 > 10-6 
4 2,0324884 2,0324884 0 < 10-6 
Portanto, 
x
 = 2,0324884. 
 
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-18 
50. Encontrar a solução para a equação x =
xcos
 com precisão 
610
. 
Resolução: 
xxxfxxxx  cos)(0coscos
 
Pode-se construir uma tabela de valores para 
f
(
x
) e analisar os sinais: 
x 0 
2

 
)(xf
   
Como 
0
2
0 

 )()( ff
, conclui-se, de acordo com o Teorema 1, que existem zeros de 
)(xf
no intervalo [0,
2

]. 
Fazendo 
)(xg
 x e 
)(xh

xcos
, pode-se verificar que os gráficos das mesmas se 
intersectam em apenas um ponto, o que garante que só existe um zero de 
)(xf
 neste 
intervalo. Esta informação também pode ser verificada observando que a função 
)(' xf
sen x – 1, preserva o sinal 
x
]0,
2

[, isto é, tem-se que neste caso 
'f
(
x
)0, 
x
]0,
2

[ (e também em [0,
2

] ). Isto significa dizer que a função 
f
(
x
) é estritamente 
decrescente no intervalo ]0,
2

[. 
 
Como 
xxf cos)('' 
, também preserva o sinal em [0,
2

], (
''f
(
x
)0, 
x
]0,
2

[, 
tem-se que as condições i), ii) e iii) do teorema 3 são satisfeitas. 
Assim, a fórmula recursiva de Newton para este caso fica: 
1nx

nx

1

)(sen
)cos(
n
nn
x
xx
 
para 
0n
. Agora deve-se escolher 
0x
 convenientemente: Pode-se verificar que o ponto 
médio 
xˆ

4

 ou 
xˆ
0,785398163398 e 
 xˆ
0,739536133515. Pela observação 5 
concluímos que 
0x
0, pois 
 xˆ
<
xˆ
. 
n 
nx
 
1nx
 
nn xx 1
 
0 0 1 1 > 10-6 
1 1 0,750363868 0,249636132 > 10-6 
2 0,750363868 0,7391128909 0,011250978 > 10-6 
3 0,7391128909 0,7390851333 0,000027757 > 10-6 
4 0,7390851333 0, 7390851332 0,0000000001 <10-6 
Portanto, 
x
= 0,739085133. 
y
x( )

h

2


2
2
3 =cos x
x( )g = x
-1
1
x
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-19 
51. Considerando o mesmo exercício anterior, encontrar a solução para a equação x = 
com precisão , usando o método da secante. Considere 𝑥0 = 0 e 𝑥1 = 1, como 
aproximações iniciais. 
Resolução: 𝑓(𝑥) = cos(𝑥) − 𝑥 = 0 
Assim, a fórmula recursiva do método da secante para este caso fica: 
𝑥𝑛+1 =
𝑥𝑛−1𝑓(𝑥𝑛) − 𝑥𝑛𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
 
n x(n-1) x(n) x(n+1) |x(n+1) - x(n)| 
0 0 1 0,685073357 0,314926643 
1 1 0,685073357 0,736298998 0,05122564 
2 0,685073357 0,736298998 0,739119362 0,002820364 
3 0,736298998 0,739119362 0,739085112 3,42498E-05 
4 0,739119362 0,739085112 0,739085133 2,11E-08 
Portanto, = 0,739085133. 
Nos exercícios seguintes, considerando cada método especificado, determine uma 
aproximação para o zero da função. 
52. Pelo método da Bissecção, determine uma aproximação para 
x
(1,2) da função 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação 
1
 410 tal que ( b a )/2
1
. 
Resolução: 
n
 
a
 
x
 
b
 
f
(
a
) 
f
(
x
) 
f
(
b
) (
b

a
)/2 
1 1 1,5 2 - + + 0,5 
2 1 1,25 1,5 - - + 0,25 
3 1,25 1,375 1,5 - - + 0,125 
4 1,375 1,4375 1,5 - - + 0,0625 
5 1,4375 1,46875 1,5 - + + 0,03125 
6 1,4375 1,453125 1,46875 - + + 0,015625 
7 1,4375 1,4453125 1,453125 - - + 0,0078125 
8 1,4453125 1,44921875 1,453125 - + + 0,00390625 
9 1,4453125 1,447265625 1,44921875 - - + 0,001953125 
10 1,447265625 1,448242188 1,44921875 - + + 0,000976563 
11 1,447265625 1,447753906 1,448242188 - + + 0,000488281 
12 1,447265625 1,447509766 1,447753906 - + + 0,000244141 
13 1,447265625 1,447387695 1,447509766 - - + 0,00012207 
14 1,447387695 1,44744873 1,447509766 - + + 6,10352E-05 
Logo, 
x
1,44744873 
 
xcos
610
x
Cálculo Numérico Zeros reais de funções reais 
 Lauro / Nunes 
2-20 
53. Pelo método do Ponto Fixo ou Aproximações Sucessivas, determine uma aproximação 
para �̅�(1,2) da função 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação 𝜀1 = 𝜀1 = 10
−4 tal que 
|𝑓(𝑥𝑛)| < 𝜀1 ou |𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛| < 𝜀2. Utilize 𝑥01,5. 
Resolução: 
f
(
x
) 2xe  xcos 
f
(
x
)0  2xe  xcos  x  x 0 
1(
x
)
xcos
 2xe  x  '1 ( x )1 em (1,2) 
2(
x
)
xcos
 2xe  x  '2 ( x )1 em (1,2) 
 𝜙(𝑥) = cos 𝑥 − 𝑒−𝑥
2
+ 𝑥  𝑥𝑛+1 = 𝜙(𝑥𝑛) 
 
n
 
nx
 
1nx
 |
1nx

nx
| |
f
(
1nx
)| Parada 
0 1,5 1,465337977 0,034662023 0,01154599 
1 1,465337977 1,453791987 0,01154599 0,0040754722 1,453791987 1,449716515 0,004075472 0,001466938 
3 1,449716515 1,448249577 0,001466938 0,000531683 
4 1,448249577 1,447717894 0,000531683 0,000193187 
5 1,447717894 1,447524708 0,000193187 7,02578E-05 |𝑓(𝑥𝑛)| < 𝜀1 
Logo, 
x
1,447524708. 
54. Pelo método de Newton-Raphson, determine uma aproximação para �̅�(1,2) da função 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação 
1

2
 410 tal que |
f
(
1nx
)|
1
 ou 
|𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛| < 𝜀2. Utilize 𝑥01,5. 
Resolução: 
f
(
x
) 2xe  xcos  
'f
(
x
)2
x
2xe

xsen
 
(
x
)
x

)('
)(
xf
xf
  (
x
)
x

xxe
xe
x
x
sen
cos




2
2
2
  
1nx
(
nx
) 
n
 
nx
 
1nx
 |
1nx

nx
| |
f
(
1nx
)| Parada 
0 1,5 1,4491235 0,0508765 0,001088623 
1 1,4491235 1,447416347 0,001707153 1,32044E-06 |𝑓(𝑥𝑛+1)| < 𝜀1 
Logo, 
x
1,447416347. 
55. Pelo método da secante, determine uma aproximação para �̅�(1,2) da função 
𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥
2
− cos 𝑥 com aproximação   tal que | ( )| ou 
|𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛| < 𝜀2. Utilize 𝑥0 = 1,5 e 𝑥1 = 1,2, como aproximações iniciais. 
Resolução: 
𝑥𝑛+1 =
𝑥𝑛−1𝑓(𝑥𝑛) − 𝑥𝑛𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑥𝑛−1)
 
n x(n-1) x(n) x(n+1) |x(n+1) - x(n)| 
0 1,5 1,2 1,435046063 0,235046063 
1 1,2 1,435046063 1,450627163 0,0155811 
2 1,435046063 1,450627163 1,447385539 0,003241624 
3 1,450627163 1,447385539 1,447414206 2,86668E-05 
Logo, 1,447414206. 
1 2
410 f
1nx 1
x
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-21 
3 Resolução de sistemas de equações lineares 
56. Resolver o sistema 
3S
, com 
3S









132
3344
532
321
321
321
xxx
xxx
xxx
. 
Resolução: 
3S









132
3344
532
321
321
321
xxx
xxx
xxx
  [
A

b
]  [
U

c
] 
[
A

b
]  













1132
3344
5132
 (Matriz aumentada). 
Seja 
0B
[
A

b
] e 
kB
[
U

c
] após 
k
 conjuntos de operações elementares aplicadas 
sobre 
0B
. 
 Etapa 1: em 
0B
, tome 
)(0
iL
, com 
i
1,2,3, como as linhas de 
0B
 e 
)(0
11a
 como pivô e 
calculam-se os multiplicadores 
)(0
1im
 (
i
2,3). 
)(0
21m
 
)(
)(
0
11
0
21
a
a
 
2
4
 2; 
)(0
31m
 
)(
)(
0
11
0
31
a
a
 
2
2
 1. 
Operações elementares nas linhas 
)( 10
iL
 (
i
1,2,3). 
)(1
1L

)(0
1L
; 
)(1
2L

)(0
21m

)(0
1L

)(0
2L
; 
 
)(1
3L

)(0
31m

)(0
1L

)(0
3L
. 
Sendo 
)(1
iL
 (
i
1,2,3) as linhas da matriz 
1B
. 
 Anulam-se todos os valores abaixo do pivô 
)(0
11a
. 
1B














6260
7120
5132
. 
 Etapa 2: Repete-se o processo para o próximo pivô, situado na diagonal da matriz 
1B
. 
Em 
1B
, tome 
)(1
iL
, com 
i
2,3 e 
)(1
22a
 como pivô. 
)(1
32m
 
)(
)(
1
22
1
32
a
a
 
2
6


 3. 
)(2
1L

)(1
1L
; 
)(2
2L

)(1
2L
; 
)(2
3L

)(1
32m

)(1
2L

)(1
3L
. 
2B













15500
7120
5132
  
2B
[
U

c
]. 
Segue que: 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-22 
Resolvendo 
U

x

c
 por substituição retroativa, tem-se: 
x

 T321











3
2
1
 que é, 
também, solução para o sistema 
A

x

b
. 
 Método compacto para a TRIANGULAÇÃO 
U

x

c
: 
Linha Multiplicador m Matriz Aumentada Transformação 
(1) 
0B
  2 3 -1 5 
(2) 
)(0
21m
 = -( 4 )/( 2 )= -2 4 4 -3 3 
(3) 
)(0
31m
 = -( 2 )/( 2 )= -1 2 -3 1 -1 
(2) 
1B
  0 -2 -1 -7 -2 
)(0
1L
 + 
)(0
2L
 
(3) 
)(1
32m
 = -( -6 )/( -2 )= -3 0 -6 2 -6 -1 
)(0
1L
 + 
)(0
3L
 
(3) 
2B
  0 0 5 15 -3 
)(1
2L
 + 
)(1
3L
 
As linhas contendo os pivôs formam o sistema 
U

x

c
. 
57. Resolver o sistema 
4S
 com arredondamento em duas casas decimais, na matriz 
aumentada. 
4S

A

x

b












3106521213081021
880411523084352
74914551188524
416011390378
4321
4321
4321
4321
,,,,,
,,,,,
,,,,,
,,,,,
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
 
Resolução: 
Linha Multiplicador m Matriz Aumentada 
(1) 
0B
  8,70 3,00 9,30 11,00 16,40 
(2) 
)(0
21m
 = -( 24,50 )/( 8,70 ) 24,50 -8,80 11,50 -45,10 -49,70 
(3) 
)(0
31m
 = -( 52,30 )/( 8,70 ) 52,30 -84,00 -23,50 11,40 -80,80 
(4) 
)(0
41m
 = -( 21,00 )/( 8,70 ) 21,00 -81,00 -13,20 21,50 -106,30 
(2) 
1B
  0,00 -17,25 -14,69 -76,08 -95,88 
(3) 
)(1
32m
 = -( -102,03 )/( -17,25 ) 0,00 -102,03 -79,41 -54,73 -179,39 
(4) 
)(1
42m
 = -( -88,24 )/( -17,25 ) 0,00 -88,24 -35,65 -5,05 -145,89 
(3) 
2B
  0,00 0,00 7,48 395,27 387,72 
(4) 
)(2
43m
 = -( 39,49 )/( 7,48 ) 0,00 0,00 39,49 384,13 344,57 
(4) 
3B
  0,00 0,00 0,00 -1702,66 -1702,36 
Então 
A

x

b
  
U

x

c
  [
A

b
]  [
U

c
]. 
U

x

c
  











361702661702000
723872739548700
88950876691425170
416011390378
4
43
432
4321
,,
,,,
,,,,
,,,,,
x
xx
xxx
xxxx
 
Logo: 
x

 T001011012011 ,,,, 
. 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-23 
58. Com base no exercício anterior, calcular o resíduo 
r
 do sistema 
A

x

b
. 
Resolução: 
r

b

xA
. 
r
















3106
880
749
416
,
,
,
,
















521213081021
411523084352
14551188524
011390378
,,,,
,,,,
,,,,
,,,,














001
011
012
011
,
,
,
,
. 
r

 T4680082004200240 ,,,, 
. 
59. Resolva 
4S
 com arredondamento em duas casas decimais, utilizando eliminação de 
Gauss com pivoteamento completo. 
4S

A

x

b












3106521213081021
880411523084352
74914551188524
416011390378
4321
4321
4321
4321
,,,,,
,,,,,
,,,,,
,,,,,
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
. 
Resolução: 
Linha Multiplicador m Matriz Aumentada 
(1) 
)(0
12m
 = -( 3,00 )/( -84,00 ) 8,70 3,00 9,30 11,00 16,40 
(2) 
)(0
22m
 = -( -8,80 )/( -84,00 ) 24,50 -8,80 11,50 -45,10 -49,70 
(3) 
0B
  52,30 -84,00 -23,50 11,40 -80,80 
(4) 
)(0
42m
 = -( -81,00 )/( -84,00 ) 21,00 -81,00 -13,20 21,50 -106,30 
(1) 
)(1
14m
 = -( 11,41 )/( -46,29 ) 10,57 0,00 8,46 11,41 13,51 
(2) 
1B
  19,02 0,00 13,96 -46,29 -41,24 
(4) 
)(1
44m
 = -( 10,51 )/( -46,29 ) -29,43 0,00 9,46 10,51 -28,39 
(1) 
)(2
11m
 = -( 15,26 )/( -25,11 ) 15,26 0,00 11,90 0,00 3,34 
(4) 
2B
  -25,11 0,00 12,63 0,00 -37,75 
(1) 
3B
  0,00 0,00 19,58 0,00 -19,60 
Então 
A

x
b
  
U

x

c
  [
A

b
]  [
U

c
]. 
U

x

c
  
3
2
1
0
B
B
B
B











60190581900
75370631201125
24412946961300219
880411523084352
3
31
431
4321
,,
,,,
,,,,
,,,,,
x
xx
xxx
xxxx
 
Com o cálculo retroativo de 
3B
 para 
0B
, obtém-se: 
x

 T001001002001 ,,,, 
. 
Considerando-se precisão em duas casas decimais, o processo levou ao 
x
 exato, em 
conseqüência o resíduo é nulo. 
r

b

xA
  
r

 T000000000000 ,,,,
. 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-24 
60. Decompor a matriz A, usando a Decomposição LU. 
A = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) 
Calculando o 𝑚𝑖𝑗 e 𝑢𝑖𝑗, usando o processo de Gauss (𝑚𝑖𝑗 sem troca de sinal), temos: 
Resolução: 
Para a Coluna 1 da matriz A(0): 
A=A(0) = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) 
Pivô = 𝑎11
(0)
= 1 
Multiplicadores: 𝑚21
(0)
=
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) =
2
1
= 2 𝑚31
(0)
=
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) =
1
1
= 1 
Então: 
𝐿1
(1)
← 𝐿1
(0)
; 𝐿2
(1)
← −𝑚21
(0) ∗ 𝐿1
(0) + 𝐿2
(0)
 
 𝐿3
(1)
← −𝑚31
(0) ∗ 𝐿1
(0) + 𝐿3
(0)
 
A(1) = (
1 2 −1
0 −1 0
0 −4 2
) 
Para a Coluna 2 da matriz A(1): 
Pivô = 𝑎22 = −1 
Multiplicadores: 𝑚32
(1)
=
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) =
−4
−1
= 4 
Então: 
𝐿1
(2)
← 𝐿1
(1)
; 𝐿2
(2)
← 𝐿2
(1)
 
 𝐿3
(2)
← −𝑚32
(1) ∗ 𝐿2
(1) + 𝐿3
(1)
 
A(2) = (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
𝑚21 1 0
𝑚31 𝑚32 1
) = (
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) e 𝑈 = (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) 
Logo: 
A = 𝐿 ∗ 𝑈 = (
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) ∗ (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) 
Vamos aproveitar o Exercício acima para resolver um sistema de equações lineares 
através da Decomposição LU. 
61. Resolva o sistema linear a seguir usando a Decomposição LU (Fatoração). 
{
𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 2 
2𝑥1 + 3𝑥2 − 2𝑥3 = 3
𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 = 0 
 
Resolução: 
Já temos que: A = (
1 2 −1
2 3 −2
1 −2 1
) = (
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) ∗ (
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) = 𝐿𝑈 
Para resolvermos o sistema Ax = b, onde b = (2 3 0)𝑡, resolvemos primeiramente Ly=b. 
(
1 0 0
2 1 0
1 4 1
) ∗ (
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) = (
2
3
0
) , ou seja, {
𝑦1 = 2 
2𝑦1 + 𝑦2 = 3 
𝑦1 + 4𝑦2 + 𝑦3 = 0
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-25 
Então (
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) = (
2
−1
2
). 
A seguir calculamos x através da equação Ux = y. 
(
1 2 −1
0 −1 0
0 0 2
) ∗ (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
) = (
2
−1
2
), ou seja, {
𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 = 2
−𝑥2 = −1 
2𝑥3 = 2 
 
Logo, 𝑥 = (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
) = (
1
1
1
). 
 
62. Resolva o sistema linear a seguir usando a fatoração LU: 
{
3𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 = −1
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 = 10 
4𝑥1 + 3𝑥2 + 2𝑥3 = 5 
 
Resolução: 
A = (
3 2 4
1 1 2
4 3 2
) e 𝑏 = (
−1
10
5
) 
Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
1ª coluna 
Multiplicadores: 𝑚21
(0)
=
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) =
1
3
 e 𝑚31
(0)
=
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) =
4
3
 
Aplicando os multiplicadores, obtém-se a matriz A(1): 
𝐴(1) = (
3 2 4
0 1/3 2/3
0 1/3 −10/3
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → −𝑚21 ∗ 𝐿1 + 𝐿2
𝐿3 → −𝑚31 ∗ 𝐿1 + 𝐿3
 
2ª coluna 
Multiplicador: 𝑚32
(1)
=
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) = 1 
Aplicando o multiplicado, obtém-se a matriz A(2): 
A(2) = (
3 2 4
0 1/3 2/3
0 0 −4
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → 𝐿2 
𝐿3 → −𝑚32 ∗ 𝐿2 + 𝐿3
 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
1/3 1 0
4/3 1 1
) e 𝑈 = (
3 2 4
0 1/3 2/3
0 0 −4
) 
Resolvendo o sistema L(Ux)=b, tem-se: 
𝐿𝑦 = 𝑏 → {
𝑦1 = −1 
𝑦1
3
+ 𝑦2 = 10 
4𝑦1
3
+ 𝑦2 + 𝑦3 = 5
 
𝑦 = (
−1
31/3
−4
) 
𝑈𝑥 = 𝑦 → {
3𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 = −1
𝑥2
3
+
2𝑥3
3
=
31
3
 
−4𝑥3 = −4 
 
𝑥 = (
−21
29
1
) 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-26 
63. Resolva o sistema linear a seguir usando a fatoração LU: 
{
3𝑥 − 0,1𝑦 − 0,2𝑧 = −1,2
0,1𝑥 + 7𝑦 − 0,3𝑧 = 7,8 
0,3𝑥 − 0,2𝑦 + 10𝑧 = 3,5
 
Resolução: 
A = (
3 −0,1 −0,2
0,1 7 −0,3
0,3 −0,2 10
) e 𝑏 = (
−1,2
7,8
3,5
) 
Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
1ª coluna 
Multiplicadores: 
𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) = 0,0333 e 𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) = 0,1 
Aplicando os multiplicadores, obtém-se a matriz A(1): 
A(1) = (
3 −0,1 −0,2
0 7,0033 −0,2933
0 −0,19 10,02
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → −𝑚21 ∗ 𝐿1 + 𝐿2
𝐿3 → −𝑚31 ∗ 𝐿1 + 𝐿3
 
2ª coluna 
Multiplicador: 
𝑚32 =
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) = −0,0271 
Aplicando o multiplicado, obtém-se a matriz A(2): 
A(2) = (
3 −0,1 −0,2
0 7,0033 −0,2933
0 0 10,0120
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → 𝐿2 
𝐿3 → −𝑚32 ∗ 𝐿2 + 𝐿3
 
 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
0,0333 1 0
0,1 −0,0271 1
) e 𝑈 = (
3 −0,1 −0,2
0 7,0033 −0,2933
0 0 10,0120
) 
Resolvendo o sistema L(Ux)=b, tem-se: 
 𝐿𝑦 = 𝑏 → {
𝑦1 = −1,2 
0,0333𝑦1 + 𝑦2 = 7,8 
0,1𝑦1 − 0,0271𝑦2 + 𝑦3 = 3,5
 
 
𝑦 = (
−1,2
7,84
3,8327
) 
𝑈𝑥 = 𝑦 → {
3𝑥1 − 0,1𝑥2 − 0,2𝑥3 = −1,2
7,0033𝑥2 − 0,2933𝑥3 = 7,84
10,0120𝑥3 = 3,8327 
 
𝑥 = (
−0,3366
1,1355
0,3828
) 
 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-27 
64. Considere a matriz. 
A = (
1 1 1
2 1 −1
3 2 5
) 
a) Calcule a fatoração LU de A. 
b) Usando a fatoração LU, calcule o determinante de A. 
Resolução: 
a) Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
1ª coluna 
Multiplicadores: 
𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0) = 2 e 𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0) = 3 
Aplicando os multiplicadores, obtém-se a matriz A(1): 
A(1) = (
1 1 1
0 −1 −3
0 −1 2
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → −𝑚21 ∗ 𝐿1 + 𝐿2
𝐿3 → −𝑚31 ∗ 𝐿1 + 𝐿3
 
2ª coluna 
Multiplicador: 
𝑚32 =
𝑎32
(1)
𝑎22
(1) = 1 
Aplicando o multiplicado, obtém-se a matriz A(2): 
A(2) = (
1 1 1
0 −1 −3
0 0 5
) 
𝐿1 → 𝐿1 
𝐿2 → 𝐿2 
𝐿3 → −𝑚32 ∗ 𝐿2 + 𝐿3
 
 
Os fatores L e U são: 
𝐿 = (
1 0 0
2 1 0
3 1 1
) e 𝑈 = (
1 1 1
0 −1 −3
0 0 5
) 
 
b) Sabe-se que A = LU então: 
det(A) = det(𝐿𝑈) 
det(A) = det(𝐿) ∗ det(𝑈) 
det(A) = (1 ∙ 1 ∙ 1) ∗ (1 ∙ (−1) ∙ 5) 
det(𝐴) = −5 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-28 
65. Aplicando-se o método da decomposição LU a matriz: 
A = (
?
4
?
−1
3 ?
10 8
? −3 12 11
0 −2 −5 10
) 
Obtiveram-se as matrizes: 
𝐿 = (
?
2
0
?
?
?
?
?
3
0
0
?
?
1
0
?
) e 𝑈 = (
?
?
−1
1
? 5
? −2
? 0 3 −4
0 ? 0 10
) 
Preencha os espaços pontilhados com valores adequados. 
Resolução: 
Iniciamos completando a matriz L com os elementos da diagonal principal, que são igual 
a 1, e com os elementos acima da diagonal principal, que são nulos. 
𝐿 = (
1
2
0
1
0
0
0
0
3
0
0
?
1
1
0
1
) 
Também podemoscompletar alguns elementos da matriz U, abaixo da diagonal principal, 
que são nulos. 
𝑈 = (
?
0
−1
1
? 5
? −2
0 0 3 −4
0 0 0 10
) 
Com o multiplicador 𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0), podemos calcular os elementos 𝑎11: 
𝑚21 =
𝑎21
(0)
𝑎11
(0)
 
2 =
4
𝑎11
(0)
 
𝑎11
(0) = 2 
Comparando a primeira linha das matrizes A e U, completamos a primeira linha dessas 
matrizes: 
A = (
2
4
−1
−1
3
10
5
8
?
0
−3
−2
12
−5
11
10
) 
𝑈 = (
2
0
−1
1
3 5
? −2
0 0 3 −4
0 0 0 10
) 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-29 
Com o multiplicador 𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0), podemos calcular os elementos 𝑎31: 
𝑚31 =
𝑎31
(0)
𝑎11
(0)
 
3 =
𝑎31
(0)
2
 
𝑎31
(0) = 6 
Assim, temos: 
A = (
2
4
−1
−1
3
10
5
8
6
0
−3
−2
12
−5
11
10
) 
Com os dados obtidos da matriz A podemos calcular o elemento 𝑎23
(1)
: 
𝑎23
(1)
= 𝑎23
(0)
− 𝑚21 ∗ 𝑎13
(0)
 
𝑎23
(1)
= 10 − 2 ∗ 3 
𝑎23
(1)
= 4 
Assim, temos: 
𝑈 = (
2
0
−1
1
3 5
4 −2
0 0 3 −4
0 0 0 10
) 
Usando o processo de Gauss para triangular A, tem-se: 
A(1) = (
2
0
−1
1
3
4
5
−2
0
0
0
−2
3
−5
−4
10
) 
Com os dados dessa matriz podemos calcular o multiplicador 𝑚42: 
𝑚42 =
𝑎42
(1)
𝑎22
(1)
= −2 
Assim, temos: 
𝐿 = (
1 
2 
0
1
0
0
0
0
3
0
 0
−2
1
1
0
1
) 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-30 
66. Considerando a resposta 
x
 do exercício 2, faça o refinamento de 
x
 até que se obtenha 
o resíduo )(kr =0, considerando precisão dupla ( 410 0,0001), quatro casas decimais. 
A

x

b












3106521213081021
880411523084352
74914551188524
416011390378
4321
4321
4321
4321
,,,,,
,,,,,
,,,,,
,,,,,
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
 
)(0x

 T001011012011 ,,,, 
 
)(0r

b

A

)(0x
  )(0r   T4680082004200240 ,,,,  
REFINAMENTO: 
)(kx
 )( 1kx  )( 1 k A  )( 1 k  )( 1kr  [ A  )( 1kr ]  )( 1 k 
Resolução: 
 
k
1 [
A
 )(0r ]  )(0  )(1x  )(0x  )(0 
Linha Multiplicador m Matriz Aumentada 
(1) 
0B
  8,7000 3,0000 9,3000 11,0000 -0,0240 
(2) 
)(0
21m
 = -( 24,5000 )/( 8,7000 ) 24,5000 -8,8000 11,5000 -45,1000 -0,0420 
(3) 
)(0
31m
 = -( 52,3000 )/( 8,7000 ) 52,3000 -84,0000 -23,5000 11,4000 0,0820 
(4) 
)(0
41m
 = -( 21,0000 )/( 8,7000 ) 21,0000 -81,0000 -13,2000 21,5000 0,4680 
(2) 
1B
  0,0000 -17,2483 -14,6897 -76,0770 0,0256 
(3) 
)(1
32m
 = -( -102,0345 )/( -17,2483 ) 0,0000 -102,0345 -79,4069 -54,7264 0,2263 
(4) 
)(1
42m
 = -( -88,2414 )/( -17,2483 ) 0,0000 -88,2414 -35,6483 -5,0517 0,5259 
(3) 
2B
  0,0000 0,0000 7,4919 395,3167 0,0749 
(4) 
)(2
43m
 = -( 39,5034 )/( 7,4919 ) 0,0000 0,0000 39,5034 384,1543 0,3949 
(4) 
3B
  0,0000 0,0000 0,0000 -1700,2774 0,0000 
Considerando 4 casas decimais: 
 [
A
 )(0r ]  











0000027741700000
0749031673954919700
025600770766897142483170
02400011390378
4
43
432
4321
,,
,,,
,,,,
,,,,,
 
Então: 
[
A
 )(0r ]  )(0  )(0   T00000010000100001000 ,,,,  
Como: )(0x   T001011012011 ,,,,  
)(1x
 )(0x  )(0  )(1x   T00001000010000200001 ,,,,  
)(1r

b

A
 )(1x  )(1r   T00000000000000000000 ,,,, . 
 Logo, após 1 refinamento, foi obtido )(1r 0 considerando 4 dígitos significativos. Logo, o 
processo iterativo )(kx  )( 1kx  )( 1 k com k 1 levou a x   T1121  . 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-31 
67. Resolva o sistema a seguir, utilizando o método de Gauss-Jacobi, com 
1
0 0  nx
)(
 e 
210
0,01. 
xA

b









61032
85
7210
321
321
321
xxx
xxx
xxx
  
x

F

x

d
 
Resolução: 
 
 
F




















0
10
3
10
2
5
1
0
5
1
10
1
10
2
0
 e 
d


















10
6
5
8
10
7
 
 
 
Neste caso a fórmula de recorrência fica: 
 
)( 1kx

F
 )(kx  d  


















10
326
5
8
10
27
211
3
311
2
321
1
)(
)(
)(
)()(
)(
)()(
)(
)()(
)(
kk
k
kk
k
kk
k
xx
x
xx
x
xx
x
 
 
 
k 
)(kx1
 
)(kx2
 
)(kx3
 
)()(max 1
31


 ki
k
i
i
xx
 
0 0 0 0 - 
1 0,7 -1,6 0,6 1,6 
2 0,96 -1,86 0,94 0,34 
3 0,978 -1,98 0,966 0,12 
4 0,9994 -1,9888 0,9984 0,0324 
5 0,99792 -1,99956 0,99676 0,01076 
6 1,000236 -1,998936 1,000284 0,003524 
Com )(0x   T000 e 0,01, o processo convergiu com 6 iterações para: 
x

 T000284199893610002361 ,,, 
. 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-32 
68. Verificar se o critério das linhas é satisfeito no sistema de equações 
xA

b
, que segue: 
xA

b









61032
85
7210
321
321
321
xxx
xxx
xxx
 
Resolução: 
A










1032
151
1210
 









 
 
 
333231
222321
111312
aaa
aaa
aaa
 









 10 3 2 
 5 1 1 
 10 1 2 
 
Logo, a matriz dos coeficientes 
A
 é estritamente diagonal dominante, o que garante a 
convergência do método de Gauss-Jacobi aplicado a este sistema com esta ordem de 
equações e incógnitas. 
69. Verificar se o critério das linhas é satisfeito no sistema de equações 
xA

b
, que segue: 
xA

b









686
3225
23
32
321
321
xx
xxx
xxx
 
Resolução: 
A










860
225
131
 









 
 
 
333231
222321
111312
aaa
aaa
aaa









 8 6 0 
 2 2 5 
 1 1 3 
 
Logo a matriz dos coeficientes 
A
 não é estritamente diagonal dominante. Isto 
significa que não é garantida a convergência do método de Gauss-Jacobi aplicado a este 
sistema com esta ordem de equações e incógnitas. 
Mas permutando adequadamente as equações do sistema, obtém-se o sistema 
equivalente: 








686
23
3225
32
321
321
xx
xxx
xxx
 
onde 
A










860
131
225
 









 
 
 
333231
222321
111312
aaa
aaa
aaa









 8 6 0 
 3 1 1 
 5 2 2 
 
Logo, esta nova matriz dos coeficientes 
A
 é estritamente diagonal dominante, o que 
garante a convergência do método de Gauss-Jacobi aplicado a este sistema com esta nova 
ordem de equações e incógnitas. 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-33 
70. Resolva o sistema a seguir, utilizando o método de Gauss-Seidel,com 
1
0 0  nx
)(
 e 
210
0,01. 
xA

b









61032
85
7210
321
321
321
xxx
xxx
xxx
 
Resolução: 
Neste caso a fórmula de recorrência fica: 




















10
326
5
8
10
27
1
2
1
11
3
3
1
11
2
321
1
)(
)(
)(
)()(
)(
)()(
)(
)()(
)(
kk
k
kk
k
kk
k
xx
x
xx
x
xx
x
 
k 
)(kx1
 
)(kx2
 
)(kx3
 
)()(max 1
31


 ki
k
i
i
xx
 
0 0 0 0 - 
1 0,7 -1,74 0,982 1,74 
2 0,9498 -1,98636 1,005948 0,2498 
3 0,9966772 -2,00052504 1,000822072 0,0468772 
4 1,000022801 -2,000168975 1,000046132 0,003345601 
Com )(0x   T000 e 0,01, o processo convergiu com 4 iterações para: 
x

 T000046100016920000231 ,,, 
. 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-34 
71. Resolva o sistema 
xA

b
, utilizando o método de Gauss-Jacobi, com 
1
0 0  nx
)(
 e 
0,05. 
xA

b









0633
643
55
321
321
321
xxx
xxx
xxx
 
Resolução: 
 
F




















0
6
3
6
3
4
1
0
4
3
5
1
5
1
0
 e 
d

















6
0
4
6
5
5
 Neste caso a fórmula de recorrência fica: 
)( 1kx

F
 )(kx  d  


















6
33
4
36
5
5
211
3
311
2
321
1
)(
)(
)(
)()(
)(
)()(
)(
)()(
)(
kk
k
kk
k
kk
k
xx
x
xx
x
xx
x
 
k 
)(kx1
 
)(kx2
 
)(kx3
 
)()(max 1
31


 ki
k
i
i
xx
 
0 0 0 0 - 
1 1 1,5 0 1,5 
2 0,7 0,75 -1,25 1,25 
3 1,1 1,2875 -0,725 0,5375 
4 0,8875 0,85625 -1,19375 0,46875 
5 1,0675 1,1328125 -0,871875 0,321875 
6 0,9478125 0,91734375 -1,10015625 0,22828125 
7 1,0365625 1,064179688 -0,932578125 0,167578125 
8 0,973679688 0,955722656 -1,050371094 0,117792969 
9 1,018929688 1,032333008 -0,964701172 0,085669922 
10 0,986473633 0,976978027 -1,025631348 0,060930176 
11 1,009730664 1,016552612 -0,98172583 0,043905518 
Com )(0x   T000 e 0,05, o processo convergiu com 11 iterações para: 
x

 T9817260016553100097311 ,,, 
. 
 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-35 
72. Resolva o sistema 
xA

b
, utilizando o método de Gauss-Seidel, com 
1
0 0  nx
)(
 e 
0,05. 
xA

b









0633
643
55
321
321
321
xxx
xxx
xxx
 
Resolução: 
Neste caso a fórmula de recorrência fica: 




















6
33
4
36
5
5
1
2
1
11
3
3
1
11
2
321
1
)(
)(
)(
)()(
)(
)()(
)(
)()(
)(
kk
k
kk
k
kk
k
xx
x
xx
x
xx
x
 
k 
)(kx1
 
)(kx2
 
)(kx3
 
)()(max 1
31


 ki
k
i
i
xx
 
0 0 0 0 - 
1 1 0,75 -0,875 1 
2 1,025 0,95 -0,9875 0,2 
3 1,0075 0,99125 -0,999375 0,04125 
Com )(0x   T000 e 0,05, o processo convergiu com 3 iterações para: 
x

 T999375099125000075001 ,,, 
. 
73. Verificar se o critério de Sassenfeld é satisfeito no sistema de equações 
xA

b
, que 
segue: 
xA

b












52203010
01207010
62102020
20101050
4321
4321
4321
4321
,,,,
,,,,
,,,,
,,,,
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
 
Resolução: 
A















1203010
2017010
1020120
1010501
,,,
,,,
,,,
,,,
 
1 ][ 141312
11
1
aaa
a

 1·
[
0,50,10,1
]
  0,7 
2 ][ 2423121
22
1
aaa
a

 1· 
[
0,2·0,70,20,1
]
  0,44 
3 ][ 34232131
33
1
aaa
a

1· 
[
0,1·0,70,7·0,440,2
]
  0,578 
4 ][ 343242141
44
1
 aaa
a
1·[0,1·0,70,3·0,440,2·0,578]  0,3176 
Cálculo Numérico Resolução de sistemas de equações lineares 
 Lauro / Nunes 
3-36 
Então, 
i
i
M 
 41
max

max
{
0,7 ; 0,44 ; 0,578 ; 0,3176
}
 0,7 

 1. Logo o critério de 
Sassenfeld está satisfeito, o que garante a convergência do método de Gauss-Seidel 
aplicado a este sistema. 
74. Verificar se o critério de Sassenfeld é satisfeito no sistema de equações 
xA

b
, que 
segue: 
xA

b









33
1
932
31
32
321
xx
xx
xxx
 
Resolução: Com esta disposição de linhas e colunas, tem-se que: 
1 ][ 1312
11
1
aa
a

 
 
2
1
 
·[13]  2 > 1, logo o critério de Sassenfeld não é satisfeito. 
Permutando as equações 1 e 3 tem-se o sistema de equações equivalente: 








932
1
33
321
32
31
xxx
xx
xx
, e para esta disposição verifica-se que: 
1 ][ 1312
11
1
aa
a

 
 
1
1
 
·[03]  3 > 1, logo o critério de Sassenfeld novamente não 
é satisfeito. 
Permutando agora as colunas 1 e 3 tem-se o sistema de equações equivalente: 








923
1
33
123
23
13
xxx
xx
xx
, e para esta disposição verifica-se que: 
1 ][ 1312
11
1
aa
a

 
 
3
1
 
·[01]  
3
1
 
2 ][ 23121
22
1
aa
a

 
 
1
1
 

· 
[
1·
3
1
0
]
  
3
1
 
3 ][ 232131
33
1
 aa
a

 
2
1
 
· 
[
3·
3
1
1·
3
1 ]
  
3
2
 
Então, 
i
i
M 
 31
max

max
{
3
1
, 
3
2 }
 
3
2
 

 1. Logo o critério de Sassenfeld está 
satisfeito, o que garante a convergência do método de Gauss-Seidel aplicado a este 
sistema com esta nova ordem de equações e incógnitas. 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-37 
4 Interpolação 
75. Determine 
iL
(
kx
) para 
i
0,1,2, 
k
0,1,2 e 
n
2. 
Resolução: 
i
0  
0L
(
x
)
))((
))((
2010
21
xxxx
xxxx


 
k
0  
0L
(
0x
)1 
k
1  
0L
(
1x
)0 
k
2  
0L
(
2x
)0 
i
1  
1L
(
x
)
))((
))((
2101
20
xxxx
xxxx


 
k
0  
1L
(
0x
)0 
k
1  
1L
(
1x
)1 
k
2  
1L
(
2x
)0 
 
i
2  
2L
(
x
)
))((
))((
1202
10
xxxx
xxxx


 
k
0  
2L
(
0x
)0 
k
1  
2L
(
1x
)0 
k
2  
2L
(
2x
)1 
Para 
x

kx
, com 
k
0,1,2,,
n
, temos: 
nP
(
kx
)


n
i
kii xLy
0
)(
 
 
i

k
  

0
)( kii xLy
0 
 
i

k
  

1
)( iii xLy

iy
 
 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-38 
76. Interpolar o ponto 
x
1,5 na tabela abaixo, empregando o polinômio interpolador de 
Lagrange. 
i
 0 1 2 3 
ix
 1 0 1 2 
iy
 1 3 1 1 
Resolução: 
n
3 é o grau máximo de 
3P
(
x
). 
3P
(
x
)


3
0i
ii xLy )(
  
3P
(
x
)1
0L
(
x
)3
1L
(
x
)1
2L
(
x
)1
3L
(
x
) 
iL
(
x
)


 
3
0
ij
j ji
j
xx
xx
)(
)( 
0L
(
x
)
))()((
))()((
302010
321xxxxxx
xxxxxx



))()((
))()((
211101
210

 xxx

6
23 23

 xxx 
1L
(
x
)
))()((
))()((
312101
320
xxxxxx
xxxxxx



))()((
))()((
201010
211

 xxx

2
22 23  xxx 
2L
(
x
)
))()((
))()((
321202
310
xxxxxx
xxxxxx



))()((
))()((
210111
201

 xxx

2
223

 xxx 
3L
(
x
)
))()((
))()((
231303
210
xxxxxx
xxxxxx



))()((
))()((
120212
101

 xxx

6
3 xx  
Logo: 
3P
(
x
)
6
23 23

 xxx 3
2
22 23  xxx 
2
223

 xxx 
6
3 xx  
 
3P
(
x
) 3x 2 2x  x 3 
3P
(1,5)
3P
(
2
3
)
3
2
3 )(
2
2
2
3 )(

2
3
3 
3P
(1,5)
8
27
 2
4
9

2
3
3 
3P
(1,5)
8
3
  
3P
(1,5)0,375 
 
 
y
x
x( )P
1
3
-1 2
2
1
3
3
2
3
8
0
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-39 
77. Interpolar o ponto 
x
1,5 na tabela abaixo, empregando a forma de Newton. 
i
 0 1 2 3 
ix
 1 0 1 2 
iy
 1 3 1 1 
Resolução: 
n
3 é o grau máximo de 
3P
(
x
). Tabela de diferenças divididas: 
x
 ordem 0 ordem 1 ordem 2 ordem 3 
1 1 
 
)( 10
13


2 
0 3 
)( 11
22


2 
 
01
31


2 
)(
)(
12
21


1 
1 1 
02
20

 )(
1 
 
12
11


0 
2 1 
 
3P
(
x
)
f
[
0x
](
x

0x
)
f
[
0x
,
1x
](
x

0x
)(
x

1x
)
f
[
0x
,
1x
,
2x
] 
 (
x

0x
)(
x

1x
)(
x

2x
)
f
[
0x
,
1x
,
2x
,
3x
] 
3P
(
x
)1(
x
1)2(
x
1)(
x
)(2)(
x
1)(
x
)(
x
1)(1) 
3P
(
x
)12
x
22 2x 2 x  3x  x 
3P
(
x
) 3x 2 2x  x 3 
 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-40 
78. Seja 
f
(
x
) dada em forma de tabela de valores, como segue: 
x
 0,2 0,34 0,4 0,52 0,6 0,72 
f
(
x
) 0,16 0,22 0,27 0,29 0,32 0,37 
 a) Obter 
f
(0,47) usando um polinômio de grau 2; 
 b) Dar uma estimativa para o erro. 
Resolução: Tabela de diferenças divididas: 
x
 ordem 0 ordem 1 ordem 2 ordem 3 
0,2 0,16 
 0,4286 
0,34 0,22 2,0235 
 0,8333 17,8963 
0,4 0,27 3,7033 
 0,1667 18,2494 
0,52 0,29 1,0415 
 0,375 2,6031 
0,6 0,32 0,2085 
 0,4167 
0,72 0,37 
Deve-se escolher 3 pontos próximos de 0,47 para a obtenção de 
2P
(
x
). 
2P
(
x
)
f
[
0x
](
x

0x
)
f
[
0x
,
1x
](
x

0x
)(
x

1x
)
f
[
0x
,
1x
,
2x
] 
2P
(
x
)0,27(
x
0,4)0,1667(
x
0,4)(
x
0,52)1,0415 
2P
(
x
)1,0415 2x 0,79148x 0,419952 
 a) 
2P
(0,47)0,278
f
(0,47) 
 b) |
nE
(0,47)||(0,470,4)(0,470,52)(0,470,6)||18,2494| 
|
nE
(0,47)|8,303 310 . 
 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-41 
79. Prove a igualdade seguinte. 
1P
(
x
)
f
(
0x
)
10
1
xx
xx



f
(
1x
)
01
0
xx
xx



f
[
0x
](
x

0x
)
f
[
0x
,
1x
] 
Resolução: 
x
 ordem 0 ordem 1 
0x
 
f
[
0x
]
0y
 
 
f
[
0x
,
1x
]
01
01
xx
yy


 
 
1x
 
f
[
1x
]
1y
  
1P
(
x
)
f
[
0x
](
x

0x
)
f
[
0x
,
1x
] 
1P
(
x
)
f
[
0x
](
x

0x
)
f
[
0x
,
1x
] 
 
1P
(
x
)
0y
(
x

0x
)
01
01
xx
yy


 
 
1P
(
x
)
0y

1y

01
0
xx
xx



0y

01
0
xx
xx


 
 
1P
(
x
)
0y

0y

01
0
xx
xx



1y

01
0
xx
xx


 
 
1P
(
x
)
0y





1






01
0
xx
xx

1y

01
0
xx
xx


 
 
1P
(
x
)
0y









01
001
xx
xxxx

1y

01
0
xx
xx


 
 
1P
(
x
)
0y

01
1
xx
xx



1y

01
0
xx
xx


 
  
1P
(
x
)
f
(
0x
)
10
1
xx
xx



f
(
1x
)
01
0
xx
xx


 
80. Encontre 
x
 tal que 
f
(
x
)2 pela tabela abaixo: 
x
 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 
f
(
x
) 1,65 1,82 2,01 2,23 2,46 2,72 
Resolução: 
Fazendo interpolação linear por 
0x
0,6 e 
1x
0,7: 
1P
(
x
)
f
(
0x
)
10
1
xx
xx



f
(
1x
)
01
0
xx
xx


 
1P
(
x
)1,82
10
70
,
,

x
2,01
10
60
,
,x
 
1P
(
x
)18,2
x
12,7420,1
x
12,06  
1P
(
x
)1,9
x
0,68. 
1P
(
x
)2  1,9
x
0,682  
x

91
6802
,
,
 
x
0,6947368. 
 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-42 
81. Considere a tabela a seguir: 
x
 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 
y

xe
 1 1,1052 1,2214 1,3499 1,4918 1,6487 
Obter 
x
, tal que xe 1,3165, usando um processo de interpolação quadrática. Usar a 
forma de Newton para obter 
2P
(
y
). Construir a tabela de diferenças divididas. 
Resolução: 
y
 ordem 0 ordem 1 ordem 2 ordem 3 
1 0 
 0,9506 
1,1052 0,1 0,4065 
 0,8606 0,1994 
1,2214 0,2 0,3367 
 0,7782 0,1679 
1,3499 0,3 0,2718 
 0,7047 0,1081 
1,4918 0,4 0,2256 
 0,6373 
1,6487 0,5 
2P
(
y
)
g
[
0y
](
y

0y
)
g
[
0y
,
1y
](
y

0y
)(
y

1y
)
g
[
0y
,
1y
,
2y
] 
2P
(
y
)0,2(
y
1,2214)0,7782(
y
1,2214)(
y
1,3499)(0,2718) 
2P
(1,3165)0,27487. 
Assim, 274870,e 1,3165 Na calculadora  1,316359. 
Erro cometido: 
|
2E
(
y
)|  |(
y

0y
)(
y

1y
)(
y

2y
)|
!3
3M
 
|
2E
(1,3165)|  |(1,31651,2214)(1,31651,3499)(1,31651,4918)|
!3
3M
 
|
2E
(1,3165)|  5,5681 410 
!3
3M
  
3M

)('''max yg
, 
y
[
0y
,
2y
]. 
 1o Caso: 
!3
3M
 pode ser aproximado por 0,1994 (tabela de diferenças divididas de ordem 3). 
|
2E
(1,3165)|  5,5681 410 0,1994  |
2E
(
y
)|  1,11028 410 . 
 2o Caso: 
f
(
x
) xe  
g
(
y
)
1f
(
y
)
yln
 
 
'g
(
y
)
y
1
  
"g
(
y
)
2
1
y
  
'"g
(
y
)
3
2
y
 
Logo: 
3M

322141
2
),(
  
3M
1,0976, então 
!3
3M

!
,
3
09761
0,18293. 
|
2E
(1,3165)|  5,5681 410 0,18293  |
2E
(
y
)|  1,0186 410 (limite superior). 
 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-43 
82. Achar a função spline linear que interpola a função 
f
(
x
) tabelada a seguir. 
 
0x
 
1x
 
2x
 
3x
 
x
 1 2 5 7 
y

f
(
x
) 1 2 3 2,5 
 
Resolução: Pela definição, pode-se definir 3 splines lineares para os 4 pontos: 
1s
(
x
), 
2s
(
x
) e 
3s
(
x
). 
 
1s
(
x
)
0y
01
1
xx
xx



1y
01
0
xx
xx


 
1s
(
x
)1
12
2

 x
2
12
1

x
2
x
2
x
2
x
  
1s(
x
)
x
, 
x
[1,2]. 
 
2s
(
x
)
1y
12
2
xx
xx



2y
12
1
xx
xx


 
2s
(
x
)2
25
5

 x
3
25
2

x

3
2
(5
x
)
x
2
3
1
(
x
4)  
2s
(
x
)
3
1
(
x
4) , 
x
[2,5]. 
 
3s
(
x
)
2y
23
3
xx
xx



3y
23
2
xx
xx


 
3s
(
x
)3
57
7

 x
2,5
57
5

x
  
3s
(
x
)
2
1
(0,5
x
8,5) , 
x
[5,7]. 
Então, no intervalo [
a
,
b
][1,7], a spline linear 
1S
(
x
) é dada por: 
1S
(
x
)








.75se ,
;52se ,
;21se ,
3
2
1
],[)(
],[)(
],[)(
xxs
xxs
xxs
 tal que 








.5850
2
1
 e
4
3
1
 ,
3
21
),,()(
)()()(
xxs
xxsxxs
 
 
y
x
x( )s
1
1
1
0
x( )f
2 3 4 5 6 7
3
2
2,5
x( )s
2
x( )s
3
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-44 
83. Encontrar uma aproximação para 
f
(0,25) por spline cúbica natural, interpolando a 
tabela: 
 
0x
 
1x
 
2x
 
3x
 
4x
 
x
 0 0,5 1,0 1,5 2,0 
y

f
(
x
) 3 1,8616 0,5571 4,1987 9,0536 
Resolução: 
n
4, logo, procura-se 
1s
(
x
), 
2s
(
x
), 
3s
(
x
) e 
4s
(
x
). 
Spline Natural  
k
1,2,,(
n
1)  
k
1,2,3  Utilizando a (15), segue que: 
 
1kk gh
2(
kh

1kh
)
kg

11  kk gh
6



 


1
1
k
kk
h
yy 



 
k
kk
h
yy 1
 
kh

kx

1kx
  
kh
0,5 
k
.  
kh

h
0,5 . 
Equação (15)  
h
1kg
4
h
kg

h
1kg

h
6
(
11 2   kkk yyy
) , com 
k
1,2,3. 
Desenvolvendo o sistema 
A
g

b
:  
 
 











234432
123321
012210
2
6
4
2
6
4
2
6
4
yyy
h
hghghg
yyy
h
hghghg
yyy
h
hghghg
 
0g

4g
0 (Spline Natural). 
Então, 
A
g

b
  










hh
hhh
hh
40
4
04











3
2
1
g
g
g

h
6













234
123
012
2
2
2
yyy
yyy
yyy
. 
Substituindo os valores: 










2500
50250
0502
,
,,
,











3
2
1
g
g
g














559814
674814
363615
,
,
,
  
g














2526
1114
65416
,
,
,
. 
Forma geral de 
is
(
x
)  
is
(
x
)
ia
(
x

ix
)3
ib
(
x

ix
)2
ic
(
x

ix
)
id
, com 
i
1,2,3,4. 
f
(0,25)  
1s
(0,25) 
1a

h
gg
6
01 

3
65416,
  
1a
2,218 
1b

2
1g
3,327  
1b
3,327 
1c

h
yy 01 

6
2 01 hghg 
3,3858  
1c
3,3858 
1d

1y
1,8616  
1d
1,8616 
Logo, 
1s
(0,25)2,218(0,25)33,327(0,25)23,3858(0,25)1,8616 
 
1s
(0,25)2,5348  
f
(0,25) . 
 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-45 
Considerando os próximos 5 exercícios, encontrar uma aproximação para 
f
(
x
) por 
spline cúbica natural, interpolando a tabela: 
 
0x
 
1x
 
2x
 
3x
 
4x
 
x
 0 0,5 1,0 1,5 2,0 
y

f
(
x
) 3 1,8616 0,5571 4,1987 9,0536 
n
4, logo, procura-se 
1s
(
x
), 
2s
(
x
), 
3s
(
x
) e 
4s
(
x
). 
Do exercício anterior, a forma geral de 
is
(
x
) é dada por: 
is
(
x
)
ia
(
x

ix
)3
ib
(
x

ix
)2
ic
(
x

ix
)
id
, com 
i
1,2,3,4. 
84. 
f
(0,8). 
Resolução: 
f
(0,8)  
2s
(0,8) 
2a

h
gg
6
12 
0,8477  
2a
0,8477 
2b

2
2g
2,0555  
2b
2,0555 
2c

h
yy 12 

6
2 12 hghg 
6,0771  
2c
6,0771 
2d

2y
0,5571  
2d
0,5571 
Logo, 
2s
(0,8)0,8477(0,2)32,0555(0,2)26,0771(0,2)0,5571 
 
2s
(0,8)0,5693  
f
(0,8) . 
85. 
f
(1,1). 
Resolução: 
f
(1,1)  
3s
(1,1) 
3a

h
gg
6
23 
0,7137  
3a
0,7137 
3b

2
3g
3,1260  
3b
3,1260 
3c

h
yy 23 

6
2 23 hghg 
8,6678  
3c
8,6678 
3d

3y
4,1987  
3d
4,1987 
Logo, 
3s
(1,1)0,7137(0,4)33,1260(0,4)28,6678(0,4)4,1987 
 
3s
(1,1)1,1861  
f
(1,1) . 
Cálculo Numérico Interpolação 
 Lauro / Nunes 
4-46 
86. 
f
(1,2). 
Resolução: 
f
(1,2)  
3s
(1,2) 
3a

h
gg
6
23 
0,7137  
3a
0,7137 
3b

2
3g
3,1260  
3b
3,1260 
3c

h
yy 23 

6
2 23 hghg 
8,6678  
3c
8,6678 
3d

3y
4,1987  
3d
4,1987 
Logo, 
3s
(1,2)0,7137(0,3)33,1260(0,3)28,6678(0,3)4,1987 
 
3s
(1,2)1,8604  
f
(1,2) . 
87. 
f
(1,3). 
Resolução: 
f
(1,3)  
3s
(1,3) 
3a

h
gg
6
23 
0,7137  
3a
0,7137 
3b

2
3g
3,1260  
3b
3,1260 
3c

h
yy 23 

6
2 23 hghg 
8,6678  
3c
8,6678 
3d

3y
4,1987  
3d
4,1987 
Logo, 
3s
(1,3)0,7137(0,2)33,1260(0,2)28,6678(0,2)4,1987 
 
3s
(1,3)2,5845  
f
(1,3) . 
88. 
f
(1,7). 
Resolução: 
f
(1,7)  
4s
(1,7) 
4a

h
gg
6
34 
2,0840  
4a
2,0840 
4b

2
4g
0  
4b
0 
4c

h
yy 34 

6
2 34 hghg 
10,2308  
4c
10,2308 
4d

4y
9,0536  
4d
9,0536 
Logo, 
4s
(1,7)2,0840(0,3)30(0,3)210,2308(0,3)9,0536 
 
4s
(1,7)6,0406  
f
(1,7) . 
Cálculo Numérico Integração Numérica 
 Lauro / Nunes 
5-47 
5 Ajuste de curvas pelo método dos mínimos 
quadrados 
89. (Regressão Linear) Ajustar os dados da tabela abaixo através de uma reta. 
i
 1 2 3 4 5 
ix
 1,3 3,4 5,1 6,8 8,0 
)( ixf
 2,0 5,2 3,8 6,1 5,8 
Resolução: Fazendo 
)()()( xgxgxg 2211 
 e considerando 
 
)(xg1
1 e 
)(xg2
x
, tem-se: 
xxg  21)(
. 
 
Assim, a reta que melhor se ajusta aos valores da tabela terá coeficientes 
1
 e 
2
, que 
são solução do seguinte sistema na forma matricial: 
























fg
fg
gggg
gggg
,
,
,,
,,
2
1
2
1
2212
2111
 
Tg ][ 111111 
 
Tg ],,,,,[ 08861543312 
 
Tf ],,,,,[ 8516832502
 
 11 gg ,
(1)(1)+(1)(1)+(1)(1)+(1)(1)+(1)(1) = 5 
 21 gg ,
(1)(1,3)+(1)(3,4)+(1)(5,1)+(1)(6,8)+(1)(8,0) = 24,6 
 12 gg ,
 (1,3)(1)+(3,4)(1)+(5,1)(1)+(6,8)(1)+(8,0)(1) = 24,6 
 22 gg ,
(1,3)(1,3)+(3,4)(3,4)+(5,1)(5,1)+(6,8)(6,8)+(8,0)(8,0) = 149,50 
 fg ,1
(1)(2,0)+(1)(5,2)+(1)(3,8)+(1)(6,1)+(1)(5,8) = 22,9 
 fg ,2
(1,3)(2,0)+(3,4)(5,2)+(5,1)(3,8)+(6,8)(6,1)+(8,0)(5,8) = 127,54 
Assim, 




















54127
922
50149624
6245
2
1
,
,
,,
, 
1

2,01 e 
2

0,522 
Logo a equação da reta procurada é: 
xxg  21)(
 )(xg
2,010,522
x