Ana paula Atps de calculo%5b1%5d

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Unidade 2 - Av. Antônio Carlos, 4157, São Francisco - Belo Horizonte - MG - CEP: 31270-010.
Disciplina: Cálculo Numérico
Professor (a): Vitor
Turma: 423 – 3°A
ATPS
(CÁLCULO NUMÉRICO)
INTEGRANTES DO GRUPO
	RA
	NOME
	ASSINATURA
	CURSO
	NOTA
	8409152189
	ANA PAULA GOMES DA SILVA
	
	ENGENHARIA CIVIL
	
	8693250017
	ALVARO AUGUSTO ARRUDA MIRANDA
	
	ENGENHARIA CIVIL
	
	8484198786
	ESDRAS HENRIQUE COSTA SOARES
	
	ENGENHARIA CIVIL
	
	8483186154
	GUILHERME HENRIQUE FERREIRA COSTA
	
	ENGENHARIA CIVIL
	
	8411173111
	HUDSON FERREIRA COSTA
	
	ENGENHARIA CIVIL
	
	8485177471
	HUGO FERREIRA COSTA
	
	ENGENHARIA CIVIL
	
	8408976873
	KÊNIA DA CRUZ
	
	ENGENHARIA CIVIL
	
Belo Horizonte, Abril de 2015.
Sumario
Introdução ------------------------------------------------------------------------------------------------- 3
Relatório 1 – Conceitos e Princípios Gerais de Cálculo Numérico ------------------------------- 4
Relatório 2 – Sistemas de Numeração e Erros ----------------------------------------------------- 6
Relatório 3 – Solução Numérica de Sistemas de Equações Lineares – parte 1 ------------------ 8
Relatório 4 - Solução Numérica de Sistemas de Equações Lineares – parte 2 ----------------- 13
Desafio ----------------------------------------------------------------------------------------------- 24
Conclusão -------------------------------------------------------------------------------------------- 25
Bibliografia ---------------------------------------------------------------------------------------------- 26
Introdução
No ATPS nos foi proposto o desafio de encontrar o condigo de barras que chamou a atenção do proprietário. Para encontrar esse código de barras foi realizado o desafio que as quatro etapas do ATPS apresentou. Foi realizado o calculo das operações propostas para encontrar o numero correspondente ao código de barras.
Relatório 1 – Conceitos e Princípios Gerais de Cálculo Numérico
Etapa 1
Passo 1: Texto
Muitas vezes a resposta encontrada em um problema físico, que se aplicam métodos numéricos, não são assertivas. Isso se aplica quando efetivamos os cálculos corretos de um determinado problema e quando utilizamos os métodos cabíveis.
A solução de um problema físico se dá pela fase de modelagem que é a fase onde descobrimos quais são os modelos matemáticos que utilizaremos para descrever o comportamento do sistema. E a fase de resolução que é a fase onde através do modelo matemático utilizado encontramos a solução do problema, aplicando os métodos numéricos.
Na fase de modelagem encontramos alguns erros que podem ocorrer quando tentarmos representar um fenômeno do mundo físico com um modelo matemático. Isso ocorre porque para chegarmos à descrição exata de um fenômeno físico, teremos que realizar várias simplificações do mundo físico para chegar a um modelo matemático que o represente. A precisão de um resultado às vezes não é em função do modelo matemático adotado, mas também da precisão dos dados de entrada.
Já na fase de resolução os erros eles podem surgir quando, na resolução de um modelo matemático termos que utilizar instrumentos de cálculos, que para o seu funcionamento necessita-se fazer algumas aproximações, as quais geram erro no sistema de resolução. 
Nessa fase de resolução pode ter dois tipos de erro que é o de arredondamento e o de truncamento. O erro de arredondamento acontece quando num calculo aproximado, abandona-se todos os algarismos posteriores aos de certa ordem decimal, com eventual modificação do ultimo algarismo conservado. Mas devemos ressaltar a importância de saber todos os números de dígitos significativos do sistema de representação da maquina que iremos utilizar, para que se tenha uma noção da precisão do resultado obtido. Já os erros de truncamento, são erros provenientes de da utilização de processos que deveriam ser infinitos ou muito grandes para a determinação de um valor e que são truncados.
Passo 3: Cálculos 
Passo 2: desafio B
 u 4, 7, -1 v 3, 10, 11
(4u, 7u,- u) + (3v, 10v, 11v) = (0,0,0)
4u + 3v = 0		7u + 10v = 0			-u + 11v = 0
4(11v) +3v = 0		7(11v) + 10v = 0		-u = -11v *(-1)
44v + 3v = 0		77v + 10v = 0			 u = 11v
47v = 0			87v = 0				 u = 11*0
 v = 0/47		 v = 0/87			 u = 0
 v = 0			 v = 0
Passo 3: desafio C
 W1 (3,- 3, 4) E ; W2( -1, 2, 0)E
(3 W1, -3 W1, 4 W1); 	(- W2,2 W2)
W = 2W1- 3W2
2W1- 3W2 = ( 9, -12, 8)E
2(3 W1, 3 W1, 4 W1) - 3 (-W2,2 W2) = ( 9, -12, 8)E
(6 W1, 6 W1, 8 W1) +(3 W2 - 6 W2) = ( 9, -12, 8)E
6 W1 + 3 W2 = 9		-6 W1 - 6 W2 = -12		8 W1 = 8
6*1 + 3 W2 = 9			-6* 1 - 6 W2 = -12		 W1 = 8/8
6 + 3W2 = 9			-6 – 6 W2 = -12		W1 = 1
3W2 = 9 – 6			-6W2 = -12+6
3W2 = 3			 -6W2 = -6 * (-1)
W2 = 3/3			 6W2 = 6
W2 = 1				 W2 = 6/6 = 1
Passo 3: Sequência de números
Passo2: desafio A
1
1
1
Passo2: desafio B
0
Passo2: desafio C
1
Sequência de números: 11101
Relatório 2 – Sistemas de Numeração e Erros
Passo 4
Justificativas para o Passo 1
Caso A
Foram encontrados três valores, pois os alunos utilizaram o PI arredondado, para calcular a primeira área da circunferência o aluno utilizou o PI como 3,14, já na segunda resposta como 3,1416 e no terceiro o aluno utilizou 3,141592654.
A fórmula da área de uma circunferência é raio ao quadrado vezes PI
Caso B
A diferença encontrada nos somatórios é que não foram utilizados com precisão os números significativos do sistema de uma maquina. Isso aconteceu, pois num calculo aproximado, abandona-se todos os algarismos posteriores aos de certa ordem decimal, com eventual modificação do ultimo algarismo conservado.
Cálculos Passo 3
0,1*0,000001= 0,0000001
 0,99999*1000000=999990
Alternativa falsa, pois na mantissa não tem cinco dígitos.
0,12346*1000000=123460
 0,12345*1000000=123450
Alternativa verdadeira, pois o arredondamento e o truncamento utilizado estão corretos.
X=4, Y=452700
 X+Y=452700+4=452704
 0,4*100000000=400000000
Alternativa falsa, pois x=y não é igual a 400000000.
Sequência de números encontrados
1
0
0
Relatório 3 – Solução Numérica de Sistemas de Equações Lineares – parte 1
Passo 1 
Exemplo de aplicação de sistemas linea
Os sistemas lineares são formados por um conjunto de equações lineares de m incógnitas. Todos os sistemas possuem uma representação matricial, isto é, constituem matrizes envolvendo os coeficientes numéricos e a parte literal. Observe a representação matricial do seguinte sistema: . 
Matriz incompleta (coeficientes numéricos) 
Matriz completa 
Representação Matricial 
A relação existente entre um sistema linear e uma matriz consiste na resolução de sistemas pelo método de Cramer. 
Vamos aplicar a regra de Cramer na resolução do seguinte sistema:  . 
Aplicamos a regra de Cramer utilizando a matriz incompleta do sistema linear. Nessa regra utilizamos Sarrus no cálculo do determinante das matrizes estabelecidas. Observe o determinante da matriz dos sistemas: 
Regra de Sarrus: soma dos produtos da diagonal principal subtraída da soma dos produtos da diagonal secundária. 
Substituir a 1ª coluna da matriz dos sistemas pela coluna formada pelos termos independentes do sistema. 
Substituir a 2ª coluna da matriz dos sistemas pela coluna formada pelos termos independentes do sistema. 
Substituir a 3ª coluna da matriz dos sistemas pela coluna formada pelos termos independentes do sistema.
 
De acordo com regra de Cramer, temos: 
Portanto, o conjunto solução do sistema de equações é: x = 1, y = 2 e z = 3. 
Passo 2
I – o determinante da matriz incompleta A do sistema é 118.
Resolução: 
i1 + i2 + i3 = 0
10 i1 - 8 i2 = 65
8 i1 – 3 i3 = 120
 1 1 1 i1 0
10 -8 0 * i2 = 65
 8 0 -3i3 120
 1 1 1 1 1
10 -8 0 10 -8
 8 0 -3 8 0
(24 +0-) – (-64 – 0 -30) = 24 – (- 94) = 24 + 94 = 11
 Afirmativa correta. 
II – a matriz inversa de A, denotada por:
Resolução: 
1 1 1 0,20 0,02 0,07
10 -8 0 * 0,25 -0,09 0,08 =
8 0 -3 1 0,07 0,015
1*0,20+1,025+1*1 1*0,02-1*0,09+1*0,07 1*0,07+1*0,08+1*0,15
10*0,20-8*0,25 10*0,02+(-8*(-0,09 )) 10*0,07-0,08*8 =
8*0,20-3*1 8*0,02-3*0,07 8*0,07-3*0,15
1,45 0 0,3
 0 0,92 0,06
-1,40 -0,05 0,11
Como A. A-1 tem que ser igual a 1 0 0 a afirmação II é falsa.
 0 1 0
 0 0 1
III – o sistema é possível e determinado (sistema compatível) e a solução é dada por: i1 = 9,79; i2= 4,1; i3= - 13,9;
i1 + i2 + i3 = 0
10 i1 - 8 i2 = 65
8 i1 – 3 i3 = 120
9,79 + 4,1 – 13,9= 0
10 * 9,79 – 8*4,1=65
8*9,79 – 3*(-13,9) = 120
0=0
97,9 - 32,8 = 65
78,32 + 41,7 = 120
0=0
65,1= 65
120,02=120
Verificado o resultado e utilizado o arredondamento a afirmativa está correta.
Passo 3
0 
1
1
Relatório 4 - Solução Numérica de Sistemas de Equações Lineares – parte 2
Passo – 1
Método Direto
2 1 0
2 2 1
2 2 3
1° Passo
Pivô:2
M(0)21= -b(0)21/b(0)11=-2/2=-1
M(0)31= -b(0)31/b(0)11=-2/2=-1
M(0)21*L1+L2= -1[2 1 0]+[2 2 1]=[-2 -1 0]+[2 2 1]=[0 1 1]
M(0)31*L1+L2= -1[2 1 0]+[2 2 3]=[-2 -1 0]+[2 2 3]=[0 1 3]
2°Passo
2 1 0
0 1 1
0 1 3
Pivô 1
M(1)32=-b(1)32/b10)22=-1/1=-1
M(1)32*L2+L3=-1[0 1 1]+[0 1 3]=[0 -1 -1]+[0 1 3]=[0 0 2]
2 1 0
0 1 1
0 0 2
Metodo Interativo
10 x1 +  2 x2 –  3 x3 +  2 x4 =  32
 2 x1 – 15 x2 +  3 x3 –  2 x4 = -59
 1 x1 –  3 x2 + 20 x3 +  2 x4 = -38
 2 x1 +  2 x2 –  1 x3 + 30 x4 = 160
 
Primeiramente, isola-se, em cada equação, uma variável.
 
x1 = (32 – 2 x2 + 3 x3 – 2 x4)/10
x2 = (-59 - 2 x1 –3 x3 + 2 x4)/(-15)
x3 = (-38 – 1 x1 + 3 x2 –2 x4)/20
x4 = (160 – 2 x1 – 2 x2 + 1 x3)/30
 
Admitindo-se como ponto de partida o vetor (0,0,0,0)T, aplica-se esse conjunto de valores às quatro equações dadas, buscando melhorar essa estimativa inicial. Com isso calculam-se os novos valores das variáveis.
 
Sendo x2 = 0 , x3 = 0 e x4 = 0 , o novo valor de x1 será x1 = 32/10 = 3,2
Sendo x1 = 0 , x3 = 0 e x4 = 0 , o novo valor de x2 será x2 = -59/(-15) = 3,933..
Sendo x1 = 0 , x2 = 0 e x4 = 0 , o novo valor de x3 será x3 = -38/20 = -1,9
Sendo x1 = 0 , x2 = 0 e x3 = 0 , o novo valor de x4 será x4 = 160/30 = 5,333...
 
Chegamos assim a uma nova estimativa do valor do vetor X, ou seja
(3,2 , 3,933... , 1,9 , 5,333...)T . Repetindo-se as operações anteriores com esses novos valores prosseguimos na busca da solução do sistema linear dado.
 
(0,0,0,0) à (3,2 , 3,933... , 1,9 , 5,333...) à (0,78 , 3,27 , -2,00 , 4,79) à 
(0,99 , 3,00 , -1,93 , 5,00) à (1,02 , 3,01 , -2,00 , 5,00) à 
(1,00 , 3,00 , -2,00 , 5,00) à (1,00 , 3,00 , -2,00 , 5,00)
 
Assim a solução do sistema de equações é :
 x1 = 1,00    x2 = 3,00     x3 = -2,00    x4 = 5,00
Passo -2 
Sobre a decomposição LU, podemos afirmar que
 
A afirmativa é falsa, pois a matriz L de A é uma matriz triangular inversa onde os números acima da diagonal principal tem que ser igual à zero.
1°passo
Pivô= 2
m(0)21= -b(0)21/b(0)11=- 2/2=-1
m(0)31=-b(0)31/b(0)11=-2-2=-1
m(0)41=-b(0)41/b(0)11=-1/2=-0,5
m(0)21*L1+L2= -1 [ 2 1 3 0 ] + [ 2 2 5 1 ]= [-2 -1 -3 0] + [ 2 2 5 1]= [ 0 1 2 1]
m(0)31* L1+L3= -1[2 1 3 0] + [ 2 1 4 0]= [-2 -1 -3 0] + [2 1 4 0]= [0 0 1 0]
m(0)41* L1+L4= -0,5[2 1 3 0] + [ 1 1 3,5 2,5]= [-1 -0,5 -1,5 0] + [ 1 1 3,5 2,5] =
= [0 0,5 2 2,5]
2° passo
Pivô 1
m(1)42=-b(1)42/b(1)22=-0,5/1=-0,5
m(1)42* L2+L4=-0,5[0 1 2 1]+[ 0 0,5 2 2,5]= [0 -0,5 1 -0,5]= [0 0,5 2 2,5]=
=[0 0 1 2]
3° passo
Pivô 1
m(2)43=-b(2)43/b(2)33= -1/1= -1
m(2)43* L3+L4=-1[0 0 1 0]+[ 0 0 1 2]=[ 0 0 -1 0]+[0 0 1 2]= [0 0 0 2]
U= 
A afirmativa II é verdadeira.
I – a solução do sistema (a) é 0,999999, 1 e 3 1 2 3 x1= 0,999999,x2=-1 e x3= 3.
1° passo
Pivô 4
m(0)21= -b(0)21/b(0)11=- -2/4=-0,5
m(0)31=-b(0)31/b(0)11=-1/4=-0,25
m(0)21*L1+L2=-0,5[4 -1 1 8]+[2 5 2 3]=[ -2 0,5 -0,5 -4]+[2 5 2 3]=[0 5,5 1,5 -1]
m(0)31* L1+L3=-0,25[4 -1 1 8]+[1 2 4 1]=[-1 0,25 -0,25 -2]+[1 2 4 11]=
=[0 2,25 3,75 9]
2° passo
Pivô 5,5
m(1)32= -b(1)32/b(1)22=-2,25/5,5=-0,409
m(1)32* L2+L3=-0,409[0 5,5 1,5 -1]+[0 2,25 3,75 9]=[ 0 -2,25 -0,613 0,409] + 
[ 0 2,25 3,75 9]= [ 0 0 3,137 9,409]
4x1-x2+x3=8
5,5x2+1,5x3=-1
3,137x3=9,409
x3=9,409/3,137=3
5,5x2+1,5x3=-1>5,5x2+1,5*3=-1>5,5x2+4,5=-1>5,5x2=-1-4,5>5,5x2=5,5>x2=-5,5/5,5=-1
4x1-x2+x3=8> 4x1-(-1)+3=8>4x1+1+3=8>4x1=8-4>4x1=4>x1=4/4=1
x1=1; x2=-1 e x3=3.
A afirmativa I é verdadeira.
II – tanto no sistema (a) quanto no sistema (b), a troca das equações não altera a solução;
1° Passo
Pivô 2
m(0)21= -b(0)21/b(0)11=-1/2=-0,5
m(0)31=-b(0)31/b(0)11=-4/2=-2
m(0)21*L1+L2=-0,5[2 5 2 3]+[1 2 4 11]=[-1 -2,5 -1 -1,5 ]+[1 2 4 11]=
=[0 -0,5 3 9,5]
m(0)31* L1+L3=-2[2 5 2 3]+[4 -1 1 8]=[-4 -10 -4 -6]+[ 4 -1 1 8]=[ 0 -11 -3 2]
2° passo
 
Pivô -0,5
M(1)32=b(1)32/b(1)22=-[(-11)/(-5)]=-22
M(1)32*L2+L3=-22[0 -0,5 3 9,5]+[ 0 -11 -3 2]=[0 11 -66 -209]+
[0 -0,5 3 9,5]=[0 0 -69 -207]
2x1+5x2+2x3=3
-0,5 x2+3 x3=9,5
-69 x3=-207
x3=-207/-69=3
-0,5 x2+3 x3=9,5> -0,5 x2+3*3=9,5> -0,5 x2+9=9,5>-0,5 x2=9,5-9> 
-0,5 x2 =0,5>x2=0,5/-0,5=-1
2x1+5x2+2x3=3>2x1+5(-1)+2*3=3> 2x1-5+6=3>2x1=3-1>2x1=2>x1=1
A afirmativa é verdadeira pois os valores de x1=1, x2=-1 e x3=3.
III – a solução do sistema (b) é x1=-0,4, x2=2,1 e x3=0,6 e x4=0,3;
1° passo
Pivô 1
m(0)21= -b(0)21/b(0)11=-2/1=-2
m(0)31=-b(0)31/b(0)11=-(-1/1)=1
m(0)41=-b(0)41/b(0)11=-3/1=-3
m(0)21*L1+L2=-2[1 1 0 1 2]+[2 1 -1 1 1]=[-2 -2 0 -2 -4]+[2 1 -1 1 1]=
=[0 -1 -1 -1 -3]
m(0)31* L1+L3= 1[1 1 0 1 2]+[-1 1 3 -1 4]=[0 2 3 0 6]
m(0)41* L1+L4= -3[1 1 0 1 2]+[3 -1 -1 3 -3]=[-3 -3 0 -3 -6]+[3 -1 -1 3 -3]=
=[0 -4 -1 0 -9]
2°passo
Pivô -1
M(1)32=b(1)32/b(1)22=-(2/-1)=2
M(1)42=b(1)42/b(1)22=-(-4/-1)=-4
M(1)32*L2+L3=2[0 -1 -1 -1 -3]+[0 2 3 0 6]=[0 -2 -2 -2 -6]+[0 2 3 0 6]=
=[ 0 0 1 -2 0]
M(1)42*L2+L4=-4[0 -1 -1 -1 -3]+[ 0 -4 -1 0 -9]= [0 4 4 4 12]+[ 0 -4 -1 0 -9]=
=[0 0 3 4 3]
3°passo
Pivo 1
M(2)43=b(2)43/b(2)33=-3/1=-3
M(2)43*L3+L4=-3[0 0 1 -2 0]+[0 0 3 4 3]=[0 0 -3 6 0]+[0 0 3 4 3]=
=[0 0 0 10 3]
1 x1+1 x2+1x4=2
-1 x2-1x3-1x4=-3
1x3-2x4=0
10x4=3
10x4=3> x4=3/10=0,3
1x3-2x4=0> 1x3-2*0,3=0> 1x3=0,6> x3=0,6
-1 x2-1x3-1x4=-3>-1x2-1*0,6-1*0,3=-3>-1x2=-3+0,9> x2=2,1
x1+ x2+x4=2> x1=2-2,4=-0,4
A afirmativa III é verdadeira.
IV – o valor do determinante da matriz A do sistema (b) é -10.
(-3-6+1+24)-(9-3+0+1)=16-7=9
A afirmativa IV é falsa pois a determinante da matriz B é 9.
Passo – 3
A sequencia de números encontrados foi:
Desafio A: 
1
0
Desafio B:
1
0
0
0
Desafio
O código de barras encontrado foi: 11101100011101000
Conclusão
Foram realizados nesse ATPS os desafios propostos, onde utilizamos a noção de calculo numérico, arredondamento, truncamento, os conceitos de sistema linear, os métodos direto e interativo dentro de sistemas lineares, determinante de uma matriz e matriz triangular. Foram desenvolvidos os desafios com base nessasnoções. Cada desafio propunha uma alternativa e se essa alternativa estivesse certa ou errada teria uma numeração. Baseado na numeração foi encontrado o código de barras proposto pelo desafio.
Bibliografia
Geogebra. Disponível em: https://docs.google.com/a/aedu.com/file/d/0B30OueqS8kbtUVRaaVBrSDNTcVk/ edit?usp=sharing. Acesso em: 02 abr. 2013.
CULMINATO. José Alberto. Cálculo Numérico. Disponível em: https://docs.google.com/a/aedu.com/file/d/0B30OueqS8kbtS29QeTNNbG9YdjA/edit?usp=sharing. Acesso em: 19 abr. 2013
http://www.pucrs.br/famat/demat/facin/algainf/Dependencia_e_Independencia_Linear.pdf