Testes e Exames

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Universidade do Algarve
FCT - Dep. de Matema´tica
Testes e Exames Resolvidos de
Ana´lise Nume´rica e de
Matema´tica Computacional
Celestino Coelho
ccoelho@ualg.pt
2
Conteu´do
1 Intro 1
2 2001-2002 3
2.1 12/11/2001 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2 15/11/2001 - EI, IG, ESC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 17/12/2001 - EI, IG, ESC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.4 18/12/2001 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.5 11/01/2002 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.6 11/01/2002 - EI, IG, ESC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.7 24/01/2002 - EI, IG, ESC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.8 31/01/2002 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.9 13/04/2002 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.10 13/04/2002 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.11 13/04/2002 - EA, EB, EI, ESC, IE, IG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
2.12 15/04/2002 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
2.13 05/06/2002 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
2.14 05/06/2002 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
2.15 11/06/2002 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
2.16 16/06/2001 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
2.17 02/07/2002 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
2.18 06/07/2001 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
2.19 06/07/2001 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
2.20 09/07/2002 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
2.21 15/07/2002 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
3 2002/2003 171
3.1 2002/10/10 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
3.2 2003/04/23 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
3.3 2003/04/22 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
i
ii CONTEU´DO
3.4 2003/04/29 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
3.5 2003/04/30 - EA, EB, ESC, IE, IG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
3.6 2002/11/13 - ESC, IE, IG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
3.7 2003/01/17 - ESC, IE, IG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
3.8 2003/01/30 - ESC, IE, IG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
4 2003/2004 225
4.1 2003/12/09 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
4.2 2004/01/16 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
4.3 2004/02/05 - Matema´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
4.4 2004/01/16 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
4.5 2004/02/05 - Eng. do Ambiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
4.6 2004/01/16 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
4.7 2004/02/05 - Eng. Biotecnolo´gica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
4.8 2004/01/16 - ESC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
4.9 2004/02/05 - ESC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
4.10 2004/06/09 - ESC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284
4.11 2004/06/09 - Engenharia de Sistemas e Informa´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
4.12 2004/06/23 - Engenharia de Sistemas e Informa´tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290
Cap´ıtulo 1
Intro
Devido a` rapidez com que me foi solicitada esta colecc¸a˜o de exames, e tambe´m por na˜o dispor de muito
tempo para conferir ta˜o grande leque de informac¸a˜o, e´ bastante prova´vel que alguns dos enunciados
na˜o correspondam a` versa˜o final, assim como e´ igualmente prova´vel que algumas das correcc¸o˜es e/ou
enunciados contenham alguns lapsos. Por esta raza˜o, pec¸o a todos os quantos lerem esta pano´plia de
exames, testes e frequeˆncias, que tenham o sentido cr´ıtico bem apurado. Faltam igualmente aqui alguns
momentos de avaliac¸a˜o, na˜o porque a intenc¸a˜o seja oculta´-los mas sim porque nos meus arquivos ainda
na˜o os consegui encontrar.
Adianta ainda ressalvar que alguns enunciados aqui apresentados sa˜o muito semelhantes, pelo que e´
conveniente ver o que de facto interessa ler antes de comec¸ar a imprimir todo o bloco, evitando chegar
tardiamente a` conclusa˜o que existiam muitas questo˜es iguais em diversos enunciados.
Espero tambe´m que este bloco sirva de apoio ao estudo para os exames da disciplina de Matema´tica
Computacional, para que de alguma forma os resultados finais obtidos sejam bons.
BOM ESTUDO
1
2 Cap´ıtulo 1. Intro
Cap´ıtulo 2
2001-2002
3
4 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
2.1 12/11/2001 - Matema´tica
Universidade do Algarve
A´rea Departamental de Matema´tica
Ana´lise Nume´rica
Matema´tica
1o Teste Durac¸~ao 2h:30′
12 de Novembro de 2001
1. Seja dada a seguinte func¸a˜o
f (x, y) =
sin2 (x) + ey
xy
com xa = 61o e ya = pi/2, onde |e (xa)| ≤ 32′ e pi e´ um valor aproximado com 4 algarismos
significativos.
a) Determine um majorante para o erro absoluto que se comete no ca´lculo de f (xa, ya);
b) Calcule um majorante para o erro relativo que se comete em f (xa, ya) e concluia acerca do
nu´mero de algarismos significativos desta aproximac¸a˜o. Justifique a sua resposta.
Soluc¸a˜o 2.1.1. a) Sendo enta˜o a func¸a˜o f dada pela expressa˜o anterior temos que,
∂f
∂x
=
2 sin (x) cos (x)xy − y sin2 (x)− yey
x2y2
⇒
⇒ ∂f
∂x
(xa, ya) =
∂f
∂x
(61o, 1.571) =
=
2 sin (61o) cos (61o) 1.064650844× 1.571− 1.571 sin2 (61o)− 1.571e1.571
1.06465084421.5712
=
=
1.332283559− 1.201751582− 7.558799333
2.797478617
=
−7.428267356
2.797478617
= −2.655343748
2.1. 12/11/2001 - Matema´tica 5
e
∂f
∂y
=
eyxy − x sin2 (x)− xey
x2y2
⇒
⇒ ∂f
∂y
(xa, ya) =
∂f
∂y
(61o, 1.571) =
=
e1.5711.064650844× 1.571− 1.064650844× sin2 (61o)− 1.064650844× e1.571
1.06465084421.5712
=
=
8.04748209− 0.8144149178− 5.122522018
2.797478617
=
2.110545154
2.797478617
= 0.7544455.
Atendendo enta˜o a` fo´rmula de propagac¸a˜o directa do erro vamos enta˜o obter,
|e (f (xa, ya))| ≤
∣∣∣∣∂f∂x (xa, ya)
∣∣∣∣ |e (xa)|+ ∣∣∣∣∂f∂y (xa, ya)
∣∣∣∣ |e (ya)| ≤
≤ 2.655343748× 0.009308422 + 0.7544455× 0.00025 = 0.024905671 ≈ 0.025 ≤ 0.05
Nota 1. Devemos notar que temos de passar o erro em xa, que e´ apresentado em minutos, para
radianos. Assim,
60′ −→ 1o
32′ −→ x
⇒ x = 32
60
= 0.53(3)o,
e por outro lado,
180o −→ pi
0.53(3)o −→ y
⇒ y = 0.53(3)× pi
180
= 0.009308422.
Por outro lado temos tambe´m de passar o valor de xa para radianos, o que da´180o −→ pi
61o −→ z
⇒ z = 61× pi
180
= 1.064650844.
Nota 2. Devemos notar que, se y = pi/2 e |e (pi)| ≤ 0.0005, enta˜o,
|e (y)| ≤ 0.0005/2 = 0.00025.
Basta estudar a propagac¸a˜o do erro em y.
Nota 3. Uma vez que
f (xa, ya) =
sin2 (xa) + eya
xaya
=
5.576416878
1.064650844× 1.571 = 3.334047978
6 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
e
|e (f (xa, ya))| ≤ 0.025 ≤ 0.05,
podemos garantir desde ja´ que f (xa, ya) possui pelo menos 2 algarismos significativos.
b) Sabemos enta˜o que
|eR (f (xa, ya))| = |e (f (xa, ya))||f (x, y)| ≈
|e (f (xa, ya))|
|f (xa, ya)|
e atendendo a que
f (xa, ya) = 3.334047978 e que |e (f (xa, ya))| ≤ 0.025,
temos enta˜o que
|eR (f (xa, ya))| ≤ 0.0253.334047978 ≈ 0.0075 ≤ 0.05 = 0.5× 10
−1,
resultado que nos permite concluir que f (xa, ya) tem pelo menos 1 algarismo significativo, mas, pela se-
gunda nota da al´ınea anterior podemos garantir que a aproximac¸a˜o f (xa, ya) tem pelo menos 2 algarismos
significativos.
J .
2. Pretende-se calcular, utilizando uma aritme´tica de 4 algarismos significativos, as ra´ızes da seguinte
equac¸a˜o do segundo grau
10−4x2 + 4x+ 10−4 = 0.
a) Use a regra standard (fo´rmula resolvente) para aproximar as ra´ızes da equac¸a˜o;
b) Prove que as ra´ızes de uma equac¸a˜o do segundo grau ax2 + bx + c = 0, verificam a seguinte
relac¸a˜o
x1x2 =
c
a
.
c) Obtenha uma aproximac¸a˜o para a raiz que em a) possuia menos precisa˜o, utilizando para isso
a fo´rmula deduzida em b).
Soluc¸a˜o 2.1.2. a) Pretendemos enta˜o obter o valor aproximado das ra´ızes da equac¸a˜o apresentada,
2.1. 12/11/2001 - Matema´tica 7
trabalhando com 4 algarismos significativos e utilizando a fo´rmula resolvente. Desta forma,
x1 =
−b−√b2 − 4ac
2a
=
−4−√42 − 4× 10−4 × 10−4
2× 10−4 =
=
−4−√16− 4× 10−8
2× 10−4 =
−4−√(15.99999996 =)16
2× 10−4 =
−8
2× 10−4 =
= −40000
e
x2 =
−b+√b2 − 4ac
2a
=
−4 +√42 − 4× 10−4 × 10−4
2× 10−4 =
−4 +√16− 4× 10−8
2× 10−4 =
=
−4 +√16
2× 10−4 =
0
2× 10−4 = 0.000
b) Pretendemos provar que as ra´ızes de uma equac¸a˜o do segundo grau verificam a seguinte relac¸a˜o
x1x2 =
c
a
.
Notando enta˜o que
x1 =
−b−√b2 − 4ac
2a
e que x2 =
−b+√b2 − 4ac
2a
vamos enta˜o obter
x1x2 =
(
−b−√b2 − 4ac
2a
)(
−b+√b2 − 4ac
2a
)
=
=
(−b)2 − (√b2 − 4ac)2
4a2
=
b2 − b2 + 4ac
4a2
=
=
4ac
4a2
=
c
a
¥
c) Queremos agora obter uma melhor aproximac¸a˜o para x2, raiz que possuia menos precisa˜o na al´ınea
a), atrave´s da aplicac¸a˜o da relac¸a˜o demonstrada na al´ınea b). Assim,
x2 =
c
ax1
=
10−4
10−4 × (−40000) = −
1
40000
= 0.00002500.
8 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
J .
3. Seja dada a seguinte func¸a˜o
f (x) = ex
(
2x2 − 4x+ 1)− 5.1.
a) Prove que a func¸a˜o f possui um u´nico zero, α, no intervalo [1, 2];
b) Caso pretendesse aproximar α com um erro na˜o superior a 10−4, com a aplicac¸a˜o do me´todo da
bissecc¸a˜o, quantas iterac¸o˜es teria de fazer para garantir uma aproximac¸a˜o com essa precisa˜o;
c) Pretende-se agora aproximar α, com a mesma precisa˜o da al´ınea anterior, mas utilizando para
tal o me´todo de Newton.
i) Sera´ que escolhendo x0 ∈ [1, 2], consegue garantir a convergeˆncia da sucessa˜o gerada
pelo me´todo de Newton;
ii) Escolhendo um intervalo e um ponto x0 adequados, calcule x2. Calcule um majorante
para o erro que se comete em x2;
Soluc¸a˜o 2.1.3. a) Para provarmos que a func¸a˜o tem um u´nico zero no intervalo [1, 2], vamos provar
primeiro a existeˆncia ( pelo teorema do valor interme´dio ) e depois a unicidade ( pelo estudo da derivada
). Assim, como f e´ uma func¸a˜o cont´ınua em R ⊃ [1, 2], e f (1) = e
1
(
2× 12 − 4× 1 + 1)− 5.1 = −e1 − 5.1 < 0
f (2) = e2
(
2× 22 − 4× 2 + 1)− 5.1 = e2 − 5.1 > 0 ⇒
⇒ f (1)× f (2) < 0⇒ ∃α ∈ [1, 2] : f (α) = 0,
o que prova a existeˆncia.
Quanto a` unicidade, teremos de estudar a derivada da func¸a˜o f , assim sendo,
f ′ (x) = ex
(
2x2 − 4x+ 1 + 4x− 4) = ex (2x2 − 3) ,
desta forma
f ′ (x) = 0⇔ 2x2 − 3 = 0⇔ x2 = 3
2
⇔ x1 =
√
3
2
∈ [1, 2] ∨ x2 = −
√
3
2
/∈ [1, 2] .
Conclu´ımos enta˜o que o conjunto dos nu´meros de Rolle da func¸a˜o no intervalo [1, 2] e´ o seguinte,
Conjunto dos Nu´meros de Rolle de f em [1, 2] =
{
1,
√
3
2
, 2
}
.
2.1. 12/11/2001 - Matema´tica 9
Mas agora sabemos que entre dois nu´meros de Rolle consecutivos da func¸a˜o, existe no ma´ximo um um
zero da func¸a˜o, o qual e´ garantido se as imagens nesses nu´meros de Rolle (consecutivos) possu´ırem sinais
contra´rios. Neste caso,
f (1) < 0, f
(√
3
2
)
≈ −8.16 < 0⇒ @α ∈ [1, 2] : f (α) = 0
e por outro lado
f
(√
3
2
)
≈ −8.16 < 0, f (2) > 0⇒ ∃α ∈ [1, 2] : f (α) = 0.
Desta forma podemos concluir que existe e e´ u´nico o zero da func¸a˜o no intervalo [1, 2].
b) Sabemos enta˜o que o erro absoluto no me´todo da bissecc¸a˜o na iterac¸a˜o n e´ majorado por
|α− xn| = |e (xn)| ≤ (b− a)2n , n = 1, 2, 3, . . . ,
supondo que a primeira iterac¸a˜o e´ x1. Atendendo a que queremos que o erro verifique a relac¸a˜o |e (xn)| ≤
10−4, vamos enta˜o ter de resolver a seguinte inequac¸a˜o,
(b− a)
2n
≤ 10−4 ⇔ (2− 1)
2n
≤ 10−4 ⇔ 2n ≥ 104 ⇔ n ≥ ln
(
104
)
ln (2)
≈ 13.3 .
Conclu´ımos assim que sera˜o necessa´rias, no mı´nimo, n = 14 iterac¸o˜es do me´todo da bissecc¸a˜o para
podermos obter uma aproximac¸a˜o para o zero da nossa func¸a˜o com um erro inferior a 10−4.
c) Pretendemos agora aproximar a mesma raiz, mas agora utilizando o me´todo de Newton.
i) A resposta a esta al´ınea e´ negativa, pois a derivada anula-se no interior deste intervalo o que
faz com que na˜o se verifiquem as condic¸o˜es de convergeˆncia do me´todo de Newton. Ale´m disso, na˜o sera´
dif´ıcil notar que se escolhermos x0 perto do ponto que anula a derivada a sucessa˜o gerada pelo me´todo de
Newton pode na˜o convergir.
ii) Para calcularmos o valor de x2 atrave´s do me´todo de Newton, deveremos enta˜o escolher um
intervalo onde se verifique a relac¸a˜o
(b− a) < 1
M
, com M =
M2
2m1
, M2 = max
x∈[1,2]
|f ′′ (x)| , m1 = max
x∈[1,2]
|f ′ (x)| .
Como sabemos que a derivada se anula no ponto x =
√
3/
√
2 ≈ 1.2, podemos aplicar ja´ o me´todo da
bissecc¸a˜o para obter um intervalo que na˜o contenha este ponto, assim, a primeira iterac¸a˜o do me´todo da
bissecc¸a˜o fornece-nos os seguintes valores,
a0 = 1
b0 = 2
x1 = 1.5
∧

f (a0) < 0
f (b0) > 0
f (x1) < 0
⇒ α ∈ [1.5, 2] = [a1, b1] .
10 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Como este intervalo ja´ na˜o conte´m o zero da derivada vamos enta˜o verificar se todas as condic¸o˜es de
convergeˆncia se verificam, assim,
f (x) = ex
(
2x2 − 4x+ 1)− 5.1 ∈ C ([1.5, 2])
f ′ (x) = ex
(
2x2 − 3) ∈ C ([1.5, 2])
f ′′ (x) = ex
(
2x2 − 3 + 4x) ∈ C ([1.5, 2])
⇒ f ∈ C2 ([1.5, 2])
Tambe´m ja´ sabemos que no intervalo [1.5, 2], f ′ (x) 6= 0, pelo que so´ nos falta garantir que o intervalo
tem uma amplitude aceita´vel para a aplicac¸a˜o do me´todo de Newton. Para isso vamos enta˜o calcular m1
e M2. Ora,
f ′′ (x) = ex
(
2x2 − 3 + 4x) = 0⇔ 2x2 − 3 + 4x = 0⇔
⇔ x1 = −4 +
√
16 + 24
4
≈ 0.6 /∈ [1.5, 2] ∨ x2 = −4−
√
16 + 24
4
< 0 /∈ [1.5, 2]
pelo que f ′′ (x) > 0 para todo o x ∈ [1.5, 2], e por essa raza˜o, f ′ (x) e´ uma func¸a˜o estritamente crescente
no intervalo [1.5, 2]. Pelo que,
m1 = min
x∈[1.5,2]
|f ′ (x)| = min {|f ′ (1.5)| , |f ′ (2)|} ≈ min {|6.72| , |36.9|} = 6.72
e por outro lado,
f ′′′ (x) = ex
(
2x2 + 8x+ 1
)
> 0, ∀x ∈ [1.5, 2] ,
pelo que f ′′ (x) e´ enta˜o uma func¸a˜o estritamente crescente no intervalo [1.5, 2], o que nos permite concluir
que
M2 = max
x∈[1.5,2]
|f ′′ (x)| = max {|f ′′ (1.5)| , |f ′′ (2)|} ≈ min {|33.6| , |96.1|} = 96.1,
e desta forma
M =
M2
2m1=
96.1
2× 6.72 ≈ 7.2⇒
1
M
=
1
7.2
= 0.14,
mas como a amplitude do intervalo que temos e´ igual a 0.5 vamos enta˜o ter de refinar ainda mais o nosso
intervalo. Para isso apliquemos mais uma vez o me´todo da bissecc¸a˜o.
a1 = 1.5
b1 = 2
x2 = 1.75
∧

f (a1) < 0
f (b1) > 0
f (x2) < 0
⇒ α ∈ [1.75, 2] = [a2, b2] .
Neste caso vamos obter tambe´m,
m1 = min {|f ′ (1.75)| , |f ′ (2)|} ≈ min {|17.98| , |36.9|} = 17.98
2.1. 12/11/2001 - Matema´tica 11
e
M2 = max {|f ′′ (1.75)| , |f ′′ (2)|} ≈ min {|58.27| , |96.1|} = 96.1,
e imediatamente,
M =
M2
2m1
=
96.1
2× 17.98 ≈ 2.7⇒
1
M
=
1
2.7
= 0.3,
pelo que ja´ se verifica que a amplitude do intervalo que conte´m a raiz e´ menor que a quantia 1/M . A
partir de agora falta-nos escolher o ponto x0 e comec¸ar a iterar. x0 sera´ escolhido por forma a que a
func¸a˜o e a segunda derivada tenham o mesmo sinal nesse ponto, assim sendo, pelo que ja´ vimos atra´s
f ′′ (x) > 0, para todo o x ∈ [1.75, 2], f (1.75) < 0 e f (2) > 0, pelo que se deve escolher x0 = 2.
Calculemos agora x1 e x2.
x1 = x0 − f (x0)
f ′ (x0)
= 2− 2.289056099
36.9452805
= 1.938041989
x2 = x1 − f (x1)
f ′ (x1)
= 1.938041989− 0.1772329296
31.3365609
= 1.932386201.
Quanto ao majorante para o erro temos o seguinte esquema recursivo,
M |e (x2)| ≤ (M |e (x1)|)2 ≤ (M |e (x0)|)2
2 ≤ (M |b− a|)22 ⇒
⇒ |e (x2)| ≤ 1
M
(M |b− a|)22 ≈ 0.3 (2.7 |2− 1.75|)22 ≈ 0.06
J .
4. Seja f uma func¸a˜o de classe C2 num intervalo Ω = [a, b], com f ′ (x) 6= 0, para todo o x ∈ Ω. Ale´m
disso suponha-se que f ′ (x) > 0 e f ′′ (x) > 0, para todo o x em Ω. Sabendo que f possui um u´nico
zero em Ω prove que, se escolhermos x0 = b, por forma a que f (x0) f ′′ (x0) > 0, enta˜o a sucessa˜o
gerada pelo me´todo de Newton e´ uma sucessa˜o convergente para a raiz e a sua convergeˆncia e´ feita
de forma mono´tona.
Soluc¸a˜o 2.1.4. Como foi visto na aula teo´rica, facilmente se prova que a sucessa˜o gerada pelo me´todo
de Newton, escolhendo x0 = b com este crite´rio, e´ uma sucessa˜o convergente, sendo a mesma mono´tona
decrescente.
Escolha-se x0 = b, provamos enta˜o que, com f (a) < 0, f (b) > 0 e com f ′ (x) > 0, f ′′ (x) > 0, para
todo o x ∈ [a, b], xk > α, para todo o k = 0, 1, 2, 3, . . . . Este resultado prova-se por induc¸a˜o sobre k.
Provemos enta˜o a base do processo indutivo, i.e., que a propriedade se verifica para k = 0.
Ora x0 = b e α ∈ ]a, b[, pelo que e´ imediato que α < x0 = b.
12 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Provemos agora o passo indutivo, i.e., suponhamos que o resultado e´ va´lido para n = k, ou seja,
α < xk e provemos que o mesmo resultado ainda permanece va´lido para n = k + 1, i.e., α < xk+1.
Usando enta˜o o teorema de Taylor temos,
f (α) = f (xk) + (α− xk) f ′ (xk) + (α− xk)
2
2
f ′′ (ξk) , com ξk ∈ [α, xk] ,
o que equivale a escrever
(α− xk) f ′ (xk) + f (xk) = − (α− xk)
2
2
f ′′ (ξk) < 0⇔ (α− xk) f ′ (xk) < −f (xk) .
Admitindo enta˜o que f (x) > 0, para todo o x ∈ ]α, b], obtemos,
α− xk < − f (xk)
f ′ (xk)
⇔ α < xk − f (xk)
f ′ (xk)
= xk+1.
Provamos assim que a sucessa˜o gerada pelo me´todo de Newton, neste caso, e´ uma sucessa˜o limitada.
Provemos agora que a sucessa˜o gerada pelo me´todo de Newton, nas mesmas condic¸a˜o, e´ uma sucessa˜o
mono´tona decrescente, i.e., xk+1−xk < 0, k = 0, 1, 2, . . . . Para provar este facto basta ter em conta que
f ′ (xk) > 0 e f (xk) > 0, o que faz com que
f (xk)
f ′ (xk)
> 0⇔ − f (xk)
f ′ (xk)
< 0⇔ xk − f (xk)
f ′ (xk)
< xk ⇔ xk+1 < xk.
Pelos resultados provados podemos enta˜o concluir que nestas condic¸o˜es a sucessa˜o, {xn}n∈N e´ uma
sucessa˜o convergente, uma vez que e´ limitada, α < xk < x0 = b, k = 0, 1, 2, . . ., e e´ tambe´m mono´tona
decrescente.
Provemos agora que o limite da sucessa˜o gerada pelo me´todo de Newton e´, de facto, o zero da func¸a˜o.
Seja α a raiz de f (x) = 0 no intervalo [a, b], e designemos o limite da sucessa˜o gerada pelo me´todo de
Newton por x∗. Assim sendo,
xk −→
k
x∗ e xk+1 −→
k
x∗,
o que implica que
f (xk) −→
k
f (x∗) e f ′ (xk) −→
k
f ′ (x∗) ,
logo
lim
k→∞
xk+1 = lim
k→∞
(
xk − f (xk)
f ′ (xk)
)
⇔ x∗ = x∗ − f (x
∗)
f ′ (x∗)
⇔ f (x
∗)
f ′ (x∗)
= 0⇔ f (x∗) = 0,
tal significa que x∗ e´ soluc¸a˜o de f (x) = 0 em [a, b], mas como a u´nica raiz de f neste intervalo, por
hipo´tese, e´ α, vem imediatamente que x∗ = α.
¥
2.1. 12/11/2001 - Matema´tica 13
5. Considere a equac¸a˜o
x2 − sin2 (x+ 1) = 0,
a qual tem uma raiz α ∈ Ω = [0, 1]. Pretende-se calcular essa raiz atrave´s da aplicac¸a˜o do me´todo
iterativo do ponto fixo com uma func¸a˜o iteradora da forma
g (x) = x− λ (x− sin (x+ 1)) , λ 6= 0.
a) Verifique que a raiz α e´, de facto, ponto fixo da func¸a˜o g no intervalo Ω;
b) Fac¸a λ = 0.5 e mostre que o me´todo iterativo do ponto fixo associado a g converge para α,
qualquer que seja a aproximac¸a˜o inicial x0 ∈ Ω;
c) Determine o nu´mero de iterac¸o˜es necessa´rias para se obter uma aproximac¸a˜o xn com um erro
absoluto na˜o superior a 10−6.
Soluc¸a˜o 2.1.5. a) Para provarmos este facto basta notar que
f (x) = x2 − sin2 (x+ 1) = (x− sin (x+ 1)) (x+ sin (x+ 1)) = 0⇔
(x+ sin (x+ 1)) = 0 ∨ (x− sin (x+ 1)) = 0
Mas, sendo x ∈ [0, 1] = Ω, facilmente se verifica que (x+ sin (x+ 1)) > 0, para todo o x neste
intervalo, pelo que nos resta apenas
(x− sin (x+ 1)) = 0⇔ λ (x− sin (x+ 1)) = 0⇔ x+ λ (x− sin (x+ 1)) = x.
E desta forma, se α for o u´nico zero da func¸a˜o no intervalo Ω vamos enta˜o obter que
α+ λ (α− sin (α+ 1)) = g (α) = α+ λ× 0 = α,
i.e., a raiz da equac¸a˜o no intervalo Ω e´ ponto fixo da func¸a˜o g.
b) Provemos enta˜o que, com λ = 0.5 a func¸a˜o iteradora verifica as condic¸o˜es suficientes de convergeˆn-
cia impostas pelo Teorema do Ponto Fixo.
g (x) = x− 0.5 (x− sin (x+ 1)) = x− x
2
+
sin (x+ 1)
2
=
x
2
+
sin (x+ 1)
2
.
i) Facilmente se verifica que g ∈ C1 (Ω), pois g na˜o e´ mais do que a soma de duas func¸o˜es de
classe C∞ (Ω), portanto, g e´ a soma de duas func¸o˜es de classe C1 em Ω.
ii) Provemos agora que g (Ω) ⊂ Ω.
14 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Calculando enta˜o g′ vamos obter
g′ (x) =
1
2
+
cos (x+ 1)
2
> 0,
pois cos (x+ 1) > 0, para todo o x ∈ [0, 1]. Isto significa que g e´ uma func¸a˜o estritamente crescente
no intervalo Ω, e por conseguinte,
g (Ω) ⊂ [g (0) , g (1)] =
[
sin (1)
2
+,
1
2
+
sin (2)
2
]
= [0.420 . . . , 0.954 . . .] ⊂ [0, 1] .
iii) Falta-nos provar que M = max {|g′ (x)| : x ∈ Ω} < 1. Ora,
g′′ (x) = − sin (x+ 1)
2
< 0, ∀x ∈ Ω,
o que implica que g′ e´ uma func¸a˜o estritamente decrescente, pelo que
M = max {|g′ (x)| : x ∈ Ω} = max {|g′ (0)| , |g′ (1)|} =
= max
{∣∣∣∣0.5 + cos (1)2
∣∣∣∣ , ∣∣∣∣0.5 + cos (2)2
∣∣∣∣} =
= max {0.7701 . . . , 0.2919 . . .} ≈ 0.77 < 1.
Atrave´s de i), ii) e iii) fica imediatamente provado, pelo Teorema do Ponto Fixo, que a sucessa˜o
gerada pelo processo iterativo
xn+1 = g (xn) =
xn
2
+
sin (xn + 1)
2
, n = 0, 1, 2, . . .
converge para o u´nico ponto fixo da func¸a˜o g no intervalo Ω, o qual coincide com o zero da func¸a˜o
x2 − sin2 (x+ 1) nesse intervalo, qualquer que seja a aproximac¸a˜o inicial x0 que se tome para
primeira aproximac¸a˜o de α, no intervalo Ω.
c) Temos agora duas hipo´teses para calcularmos o nu´mero mı´nimo de iterac¸o˜es a efectuar para que o
erro seja na˜o superior a 10−6. Por um lado sabemos que,
|e (xn)| = |α− xn| ≤Mn |α− x0| ≤ (0.7701)n |1− 0| ≤ 10−6
o que, resolvendo em ordem a n =nu´mero de iterac¸o˜es vai dar
(0.7701)n ≤ 10−6 ⇔ ln (0.7701)n ≤ ln (10−6)⇔
⇔ −0.2612349024× n ≤ ln (10−6)⇔ n ≥ 52.885⇒ n ≥ 53.
Conclu´ımos neste caso que sa˜o necessa´rias 53 iterac¸o˜es para garantirmos que o erro que afecta o
valor da iterac¸a˜o e´ inferiora 10−6.
2.1. 12/11/2001 - Matema´tica 15
Outra forma que temos para calcular o nu´mero de iterac¸o˜es e´ atrave´s da seguinte fo´rmula
|e (xn)| = |α− xn| ≤ M
n
1−M |x1 − x0| ≤ 10
−6.
Notando agora que, escolhendo por exemplo x0 = 0 vamos obter g (x0) = x1 = 0.4207354924, enta˜o
0.7701n
1− 0.7701 |0.4207354924| ≤ 10
−6 ⇔ 0.7701n ≤ 5.464240696× 10−7 ⇔
⇔ ln (0.7701)n ≤ ln (5.464240696× 10−7)⇔
⇔ −0.2612349024× n ≤ −14.41987048⇔
⇔ n ≥ 55.1989 . . .⇒ n ≥ 56.
Desta forma neste caso sera˜o necessa´rias 56 iterac¸o˜es para garantirmos que o erro da aproximac¸a˜o
obtida nessa iterac¸a˜o e´ inferior a 10−6.
Neste caso podemos ainda escolher o x0 = 1, e nesse caso teremos
g (x0) = x1 = 0.9546487134,
pelo que
0.7701n
1− 0.7701 |0.0453512866| ≤ 10
−6 ⇔ 0.7701n ≤ 5.069315939× 10−6 ⇔
⇔ ln (0.7701)n ≤ ln (5.069315939× 10−6)⇔
⇔ −0.2612349024× n ≤ −12.19230467⇔
⇔ n ≥ 46.6718 . . .⇒ n ≥ 47,
o que significa que sera˜o necessa´rias 47 iterac¸o˜es para podermos garantir, neste caso, que o erro da
aproximac¸a˜o obtida e´ inferior a 10−6.
J .
16 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
2.2 15/11/2001 - EI, IG, ESC
Universidade do Algarve
A´rea Departamental de Matema´tica
Ana´lise Nume´rica
Informa´tica de Gesta˜o, Ensino de Informa´tica e Engenharia de Sistemas e Computac¸a˜o
1o Teste Durac¸~ao 2h:00′
15 de Novembro de 2001
1. Considere a seguinte func¸a˜o
y = f (x) = exp
(−x2) = e−x2 .
a) Calcule os valores de x que verificam a seguinte relac¸a˜o |cond f (x)| ≤ 10. Denote o conjunto
soluc¸a˜o por Ω;
b) Supondo que xa e´ uma aproximac¸a˜o que possui 5 algarismos significativos que pertence a Ω,
o que pode concluir acerca do nu´mero de algarismos significativos de ya = f (xa). Justifique
convenientemente a sua resposta;
Soluc¸a˜o 2.2.1. a) Como ja´ sabemos, o nu´mero de condic¸a˜o de uma func¸a˜o e´ dado por
cond f (x) =
x f ′ (x)
f (x)
,
desta forma, e no nosso caso,
|cond f (x)| ≤ 10⇔
∣∣∣∣∣∣
x
(
−2x e−x2
)
e−x2
∣∣∣∣∣∣ ≤ 10⇔ ∣∣−2x2∣∣ ≤ 10⇔ −√5 ≤ x ≤ √5.
Assim sendo os valores de x que verificam a condic¸a˜o exigida sa˜o os que pertencem ao seguinte
intervalo [
−
√
5,
√
5
]
.
b) Neste caso sabemos que a aproximac¸a˜o para o valor xa possui 5 algarismos significativos, o que,
por um resultado referido na teo´rica e que faz parte das folhas teo´rico-pra´ticas, nos permite afirmar
que |eR (xa)| ≤ 0.5× 10−5. Por outro lado, sabemos igualmente que
|eR (f (xa))| ≈ |cond f (xa)| × |eR (xa)| ,
2.2. 15/11/2001 - EI, IG, ESC 17
mas, sabendo-se que xa pertence ao intervalo em que os valores do mo´dulo do nu´mero de condic¸a˜o
da func¸a˜o e´ menor que 10, podemos imediatamente concluir que,
|eR (f (xa))| ≤ 10× 0.5× 10−5 = 0.5× 10−4,
o que nos da´ a garantia de pelo menos 4 algarismos significativos para o valor aproximado de f (xa).
J .
2. Sabendo que, para o me´todo de Newton se pode obter a relac¸a˜o
M |e (xn)| ≤ (M |e (xn−1)|)2 , n = 1, 2, 3, . . .
obtenha um minorante para o nu´mero de iterac¸o˜es que lhe garanta que o erro que se comete na
aproximac¸a˜o xn da raiz da equac¸a˜o e´ inferior a δ > 0.
Soluc¸a˜o 2.2.2. A demonstrac¸a˜o deste resultado pode ser encontrada em alguns dos livros que fazem
parte da bibliografia indicada para a disciplina, como por exemplo, o livro do Kendal E. Atkinson -”An
introduction to elementary numerical analisys”. No entanto, a mesma sera´ aqui apresentada. Ora, a
relac¸a˜o
M |e (xn)| ≤ (M |e (xn−1)|)2 , n = 1, 2, 3, . . . ,
pode ser traduzida, por induc¸a˜o matema´tica, numa outra que lhe e´ equivalente,
M |e (xn)| ≤ (M |e (x0)|)2
n ≤ (M (b− a))2n ,
tomando para [a, b] o intervalo inicial que conte´m a raiz da equac¸a˜o. Desta forma, e como pretendemos
que o erro que afecte a nossa iterac¸a˜o n seja inferior a δ, com delta uma toleraˆncia, obviamente, maior
do que 0, vamos enta˜o chegar aos seguintes resultados,
M |e (xn)| ≤ (M (b− a))2
n ⇔ (xn) ≤ 1
M
(M (b− a))2n ≤ δ,
pelo que podemos obter enta˜o
(M (b− a))2n ≤ δ M. (2.2.1)
Conve´m referir nesta altura que para que o me´todo convirja e´ extremamente necessa´rio que se imponha
que M (b− a) < 1, pois so´ desta forma podemos garantir, atendendo a` penu´ltima expressa˜o escrita, que
|e (xn)| → 0, quando n→∞.
18 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Aplicando agora logaritmos nepperianos em ambas as partes da inequac¸a˜o (1), vamos chegar a` seguinte
relac¸a˜o equivalente
ln (M (b− a))2n ≤ ln (δ M)⇔ 2n ln (M (b− a)) ≤ ln (δ M)⇔ 2n ≥ ln (δ M)
ln (M (b− a)) ,
e, finalmente, podemos enta˜o dizer que o nu´mero mı´nimo de iterac¸o˜es que nos garante que o erro que
afecta o valor da iterac¸a˜o e´ inferior a δ e´ dado pelas seguintes condic¸o˜es
n ≥
ln
(
ln (δ M)
ln (M (b− a))
)
ln 2
∧ n ∈ N.
J .
3. Determine, com 4 algarismos significativos, o valor da abcissa do ponto onde a para´bola y = (x− 2)2
se cruza com a recta que passa nos pontos (−2,−0.998) e (1, 0.502).
Nota: Conve´m usar o me´todo que converge mais rapidamente.
Soluc¸a˜o 2.2.3. Devemos comec¸ar por construir a equac¸a˜o da recta que passa pelos pontos (−2,−0.998) e
(1, 0.502), a qual se obte´m muito facilmente. Depois disso, devemos encontrar os intervalos que conte´m as
duas ra´ızes, e escolhendo uma delas, devemos verificar as condic¸o˜es de convergeˆncia do me´todo de Newton
e verificadas estas e´ so´ escolher o ponto x0 e iterar ate´ obtermos uma aproximac¸a˜o que nos garanta os 4
algarismos significativos.
J .
4. Considere o seguinte sistema de equac¸o˜es lineares
− x1 + 23x2 +
2
3
x3 = − 2
1
6
x1 +
2
3
x2 − 13x3 = 1
− 1
3
x1 +
4
3
x2 − x3 = 4
.
Resolva-o numa aritme´tica de 3 algarismos significativos, o mais eficientemente poss´ıvel, utilizando
para isso o me´todo de eliminac¸a˜o de Gauss.
Soluc¸a˜o 2.2.4. Passando o sistema para a matriz aumentada, notando que estamos a trabalhar com treˆs
algarismos significativos, vamos obter
−1 0.667 0.667 | −2
0.167 0.667 −0.333 | 1
−0.333 1.33 −1 | 4

2.2. 15/11/2001 - EI, IG, ESC 19
e como pretendemos resolveˆ-lo da forma mais eficiente, vamos enta˜o utilizar a te´cnica de pivotac¸a˜o
parcial. Assim, o pivot que escolhemos para a primeira etapa do me´todo de eliminac¸a˜o de Gauss sera´
dado por
max
i=1,2,3
|ai1| = max {1, 0.167, 0.333} = 1 = a11,
pelo que na˜o e´ efectuada qualquer troca de linhas, e desta forma
−1 0.667 0.667 | −2
0.167 0.667 −0.333 | 1
−0.333 1.33 −1 | 4

−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
L
(2)
2 ← L(1)2 −m21L(1)1
L
(2)
3 ← L(1)3 −m31L(1)1

−1 0.667 0.667 | −2
0.00 0.778 −0.222 | 0.666
0.00 1.11 −1.22 | 4.67

com
m21 =
a21
a11
=
0.167
−1 = −0.167 e m31 =
a31
a11
=
−0.333
−1 = 0.333 .
E efectuando a segunda etapa do me´todo de eliminac¸a˜o de Gauss vamos enta˜o obter
−1 0.667 0.667 | −2
0.00 0.778 −0.222 | 0.666
0.00 1.11 −1.22 | 4.67

−−−−−−−−−−−−−−−−→
L
(3)
3 ← L(2)3 −m32L(1)2

−1 0.667 0.667 | −2
0.00 1.11 −1.22 | 4.67
0.00 0.00 0.633 | −2.60

com
m32 =
a32
a22
=
0.778
1.11
= 0.701 .
Devemos notar que para efectuar esta segunda etapa o facto de estarmos a utilizar a te´cnica de
pivotac¸a˜o parcial implicou a troca das linhas 2 e 3, uma vez que
max
i=2,3
|ai2| = max {0.778, 1.11} = 1.11 = a32
No final, a soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares e´ a seguinte
x1 = −0.940
x2 = −0.306
x3 = −4.11
J .
5. Considere a seguinte matriz
A =

1 2 1
2 1 1
1/2 2 1
 .
20 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
a) Calcule a factorizac¸a˜o LU da matriz A;
b) Utilizando a factorizac¸a˜o LU de A, calcule a segunda coluna de uma matriz X que verifica a
seguinte relac¸a˜o,
AX = B, onde B =

5 6 7
5 5 8
9/2 11/2 6
 .
Soluc¸a˜o 2.2.5. a) Calculando enta˜o a factorizac¸a˜oLU da matriz vamos obter os seguintes resultados,
A = A(1) =

1 2 1
2 1 1
1/2 2 1

−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
L
(2)
3 ← L(1)3 −m31L(1)1
L
(2)
2 ← L(1)2 −m21L(1)1

1 2 1
0 −3 −1
0 1 1/2
 = A(2),
e na outra etapa
A(2)−−−−−−−−−−−−→
L
(3)
3 ←L(2)3 −m32L(2)2

1 2 1
0 −3 −1
0 0 1/6
 = U,
com
L =

1 0 0
m21 1 0
m31 m32 1
 =

1 0 0
2 1 0
1/2 −1/3 1

b) Para resolver esta al´ınea basta notar que
AX =
[
AX.1 AX.2 AX.3
]
= B =
[
B.1 B.2 B.3
]
.
Assim sendo so´ temos de resolver o sistema AX.2 = B.2, onde X.2 representa a segunda coluna de
X e B.2 representa a segunda coluna da matriz B.
Aplicando enta˜o a decomposic¸a˜o que obtivemos na al´ınea anterior vamos obter,
1o) Ly = B.2 ⇔

1 0 0
2 1 0
1/2 −1/3 1


y1
y2
y3
 =

6
5
11/2
⇔ . . .⇔

y1 = 6
y2 = −7
y3 = 1/6
,
e
2o) UX.2 = y ⇔

1 2 1
0 −3 −1
0 0 1/6


X12
X22
X32
 =

6
−7
1/2
⇔ . . .⇔

X12 = 1
X22 = 2
X32 = 1
Esta e´ a segunda coluna da matriz X que verifica a relac¸a˜o AX = B, em que B e´ a matriz descrita
no enunciado.
J .
2.3. 17/12/2001 - EI, IG, ESC 21
2.3 17/12/2001 - EI, IG, ESC
Universidade do Algarve
A´rea Departamental de Matema´tica
Ana´lise Nume´rica
EI, ESC e IG
2o Teste Durac¸~ao 2h:30′
17 de Dezembro de 2001
(3,0) 1. Uma matriz A ∈ Rn×n diz-se tridiagonal se aij = 0, i > j + 1 e aij = 0, i < j − 1. Calcule o
nu´mero de operac¸o˜es a efectuar para obter a factorizac¸a˜o LU de uma matriz A nestas condic¸o˜es.
Soluc¸a˜o 2.3.1. O nu´mero de operac¸o˜es a efectuar vai depender do algoritmo que utilizarmos para resolver
este problema. Contudo o mais econo´mico e´ o seguinte
Algoritmo 1. Decomposic¸a˜o LU para matrizes tridiagonais
para k = 1, 2, 3, . . . , n− 1
lk+1,k = ak+1,k ← ak+1,k
ak,k
ak+1,k+1 ← ak+1,k+1 − lk+1,kak,k+1
Assim sendo na˜o sera´ dif´ıcil de verificar que o algoritmo possui (n− 1) etapas, fazendo-
-se em cada uma delas: 2 multiplicac¸o˜es e 1 adic¸a˜o. No final teremos de efectuar 2 (n− 1) multiplicac¸o˜es
e (n− 1) adic¸o˜es para obter a decomposic¸a˜o LU de uma matriz tridiagonal, o que perfaz um total de
3n − 3 operac¸o˜es para obter a decomposic¸a˜o de uma matriz tridiagonal. Obviamente que, para poupar
espac¸o no armazenamento de dados, as entradas da matriz L sera˜o guardadas sobre o espac¸o que ja´ foi
criado para armazenar a matriz A.
Outros algoritmos podem ser utilizados para efectuar a decomposic¸a˜o LU da matriz A, embora sejam
mais lentos, menos econo´micos, relativamente ao que atra´s foi exibido. Por exemplo, no caso de na˜o
notarmos que em cada etapa ak,k+2 = 0 podemos elaborar o seguinte algoritmo (que na˜o esta´ errado, mas
tambe´m na˜o e´ o mais aconselha´vel)
Algoritmo 2. Decomposic¸a˜o LU para matrizes tridiagonais
22 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
para k = 1, 2, 3, . . . , n− 1
lk+1,k = ak+1,k ← ak+1,k
ak,k
ak+1,k+1 ← ak+1,k+1 − lk+1,kak,k+1
ak+1,k+2 ← ak+1,k+2 − lk+1,kak,k+2
ou ainda, no caso de querermos guardar a informac¸a˜o de L numa outra estrutura de dados, o que
podera´ ser necessa´rio no caso de pretendermos utilizar a matriz A para efectuar ca´lculos posteriores a`
decomposic¸a˜o,
Algoritmo 3. Decomposic¸a˜o LU para matrizes tridiagonais
u1,1 ← a1,1
para k = 1, 2, 3, . . . , n− 1
uk,k+1 ← ak,k+1
`k+1,k ← ak+1,k
uk,k
uk+1,k ← ak+1,k − `k+1,kuk,k
uk+1,k+1 ← ak+1,k+1 − `k+1,kuk,k+1
J .
(3,0) 2. Seja dada a seguinte matriz
A =

2
√
2 −√2 −√2 0
0 1
√
3 −1
2 0 −√2 0
0 1 0 −1
 .
Calcule o valor de ‖A‖1, ‖A‖∞ e ‖A‖F .
Soluc¸a˜o 2.3.2. Para resolvermos este exerc´ıcio apenas temos de aplicar as definic¸o˜es dadas para cada
uma destas normas. Assim sendo,
• ‖A‖F =
(
4∑
i=1
4∑
j=1
|aij |2
)1/2
= (4× 2 + 2 + 2 + 1 + 3 + 1 + 4 + 2 + 1 + 1)1/2 = 5;
• ‖A‖1 = max
{
4∑
i=1
|aij | , j = 1, 2, 3, 4
}
=
= max
{
2
√
2 + 2,
√
2 + 1 + 1,
√
2 +
√
3 +
√
2, 1 + 1
}
=
= 2
(√
2 + 1
)
2.3. 17/12/2001 - EI, IG, ESC 23
• ‖A‖∞ = max
{
4∑
j=1
|aij | , i = 1, 2, 3, 4
}
=
= max
{
2
√
2 +
√
2 +
√
2, 1 +
√
3 + 1, 2 +
√
2, 1 + 1
}
=
= 4
√
2
J .
(4,0) 3. Verifique se a matriz A que e´ abaixo dada e´ definida positiva.
A =

4 0 1
0 2 0
1 0 4
 .
Soluc¸a˜o 2.3.3. Por definic¸a˜o dizemos que:
uma matriz A ∈ Rn×n e´ definida positiva se xTAx > 0, para todo o vector x ∈ Rn \ {0}. Assim
sendo, para o nosso caso escolha-se x 6= 0, x ∈ R3.
xTAx =
[
x1 x2 x3
]
4 0 1
0 2 0
1 0 4


x1
x2
x3
 =
[
4x1 + x3 2x2 x1 + 4x3
]
x1
x2
x3
 ,
ou seja,
xTAx = 4x21 + x1x3 + 2x
2
2 + x1x3 + 4x
2
3 = 3x
2
1 + 2x
2
2 + 3x
2
3 + (x1 + x3)
2
.
Na˜o sera´ agora dif´ıcil afirmar que para x = (x1, x2, x3) 6= (0, 0, 0) qualquer 3x21+2x22+3x23 > 0, e por
conseguinte, xTAx > 0, o que prova que a matriz A dada e´ uma matriz definida positiva.
J .
(5,0) 4. Sejam dados
A =
 0.121 3.12
2.31 0.916
 e b =
 1.21
0.982
 .
a) Obtenha a decomposic¸a˜o LU da matriz A, utilizando uma aritme´tica de 3 alga-rismos signifi-
cativos;
b) Calcule uma aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o do sistema Ax = b, utilizando a decomposic¸a˜o LU
da matriz A e utilizando uma aritme´tica de 3 algarismos significativos;
c) Utilize o me´todo do res´ıduo (refinamento iterativo) para obter uma aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o,
tomando como crite´rio de paragem a condic¸a˜o ‖r‖∞ ≤ 0.1.
24 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Soluc¸a˜o 2.3.4. a) Pretendemos obter a decomposic¸a˜o LU da matriz A, utilizando para tal uma aritme´tica
finita de 3 algarismos significativos. Assim sendo, 0.121 3.12
2.31 0.916
−−−−−−−−−−−−−→L2 ← L2 −m21L1
 0.121 3.12
0.00 −58.7
 = U˜
com m21 =
a21
a11
=
2.31
0.121
= 19.1. Pelo que,
L˜ =
 1.00 0.00
19.1 1.00

b) Utilizemos agora a decomposic¸a˜o LU obtida na al´ınea anterior para obter uma apro-ximac¸a˜o para
a soluc¸a˜o do sistema Ax = b.Assim,
Ax = b⇔ L˜ U˜x︸︷︷︸
=y
= b⇔
 L˜y = bU˜x = y .
Desta forma, utilizando novamente 3 algarismos significativos,
L˜y = b⇔
 1.00 0.00
19.1 1.00

 y1
y2
 =
 1.21
0.982
⇔ . . .⇔
 y1 = 1.21y2 = −22.1 .
E por outro lado,
U˜x = y ⇔
 0.121 3.12
0.00 −58.7

 x1
x2
 =
 1.21
−22.1
⇔ . . .⇔
 x1 = 0.331x2 = 0.376 .
Assim sendo a aproximac¸a˜o obtida para a soluc¸a˜o do nosso sistema e´ dada por
x˜ = (0.331, 0.376) .
c) Pretendemos agora aplicar o refinamento iterativo ate´ obtermos uma soluc¸a˜o para a qual a norma
infinito do res´ıduo seja inferior a 0.1. Comecemos por calcular o res´ıduo que esta´ associado a` aproximac¸a˜o
obtida na al´ınea b), que aqui sera´ designada por x(0) = x˜. Ora, r(0) = b−b˜ = b−b(0), com b˜ = b(0) = Ax(0),
e como ja´ sabemos, para diminuir os efeitos do cancelamento subtractivo, b˜ deve ser calculado com dupla
precisa˜o, i.e., com 6 algarismos significativos, logo
b(0) = Ax(0) =
 0.121 3.12
2.31 0.916

 0.331
0.376
 =
 1.21317
1.10903
 ,
2.3. 17/12/2001 - EI, IG, ESC 25
e consequentemente
r(0) = b− b(0) =
 1.21
0.982
−
 1.21317
1.10903
 =
 −0.00317
−0.127
⇒ ‖r(0)‖∞ = 0.127 > 0.1 .
Agora sabemos que x(1) = x(0) + e(0), onde e(0) e´ a soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares,
Ae(0) = r(0) ⇔ L˜U˜e(0)︸ ︷︷ ︸
=y(0)
= r(0).
Daqui podemos enta˜o concluir que
L˜y(0) = r(0) ⇔
 1.00 0.00
19.1 1.00

 y(0)1
y
(0)2
 =
 −0.00317
−0.127
⇔ . . .⇔
 y
(0)
1 = −0.00317
y
(0)
2 = −0.0665
.
E por outro lado,
U˜e(0) = y(0) ⇔
 0.121 3.12
0.00 −58.7

 e(0)1
e
(0)
2
 =
 −0.00317
−0.0665
⇔ . . .⇔
 e
(0)
1 = −0.0558
e
(0)
2 = 0.00113
,
logo
x(1) = x(0) + e(0) = (0.331, 0.376) + (−0.0558, 0.00113) = (0.275, 0.377) .
Calculando agora o res´ıduo que esta´ associado a x(1) vamos obter,
b(1) = Ax(1) =
 0.121 3.12
2.31 0.916

 0.275
0.377
 =
 1.24280
0.980582
 ,
e consequentemente
r(1) = b− b(1) =
 1.21
0.982
−
 1.24280
0.980582
 =
 −0.0328
0.00142
⇒ ‖r(1)‖∞ = 0.0328 < 0.1 ,
pelo que se verifica a condic¸a˜o de paragem e a aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o pretendida e´ dada por
x(1) =
 0.275
0.377
 .
J .
(5,0) 5. Seja dada a seguinte tabela de valores
x 1.0 1.5 2.0
f (x) 1.359 2.241 3.695
f ′ (x) 1.359 2.241 3.695
26 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
a) Construa a tabela das diferenc¸as divididas associada a toda a tabela;
b) Utilizando toda a informac¸a˜o da tabela obtenha uma aproximac¸a˜o para o valor da func¸a˜o f
em 1.35;
c) Calcule uma estimativa para o valor de f ′ (1.35).
Soluc¸a˜o 2.3.5. a) A tabela das diferenc¸as divididas que esta´ associada a esta tabela e´ a seguinte
x y [.] y [., .] y [., ., .] y [., ., ., .] y [., ., ., ., .] y [., ., ., ., ., .]
x0 = 1.0 y0 = 1.359︸ ︷︷ ︸
=a0
y [x0, x0] = y′0 = 1.359︸ ︷︷ ︸
=a1
x0 = 1.0 y0 = 1.359 0.8100︸ ︷︷ ︸
=a2
y [x0, x1] = 1.764 0.2880︸ ︷︷ ︸
=a3
x1 = 1.5 y1 = 2.241 0.9540 0.09200︸ ︷︷ ︸
=a4
y [x1, x1] = y′1 = 2.241 0.3800 0.008000︸ ︷︷ ︸
=a5
x1 = 1.5 y1 = 2.241 1.334 0.1000
y [x1, x2] = 2.908 0.4800
x2 = 2.0 y2 = 3.695 1.574
y [x2, x2] = y′2 = 3.695
x2 = 2.0 y2 = 3.695
b) Se utilizarmos toda a informac¸a˜o da tabela, vamos construir o polino´mio interpolador de Hermite
de grau ≤ 5, cuja forma e´ a seguinte
p5 (x) = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)2 + a3 (x− x0)2 (x− x1) +
+a4 (x− x0)2 (x− x1)2 + a5 (x− x0)2 (x− x1)2 (x− x2)⇒
f (1.35) ≈ p5 (1.35) = 1.359 + 1.359 (1.35− 1) + 0.81 (1.35− 1)2 +
+0.288 (1.35− 1)2 (1.35− 1.5) + 0.92 (1.35− 1)2 (1.35− 1.5)2 +
+0.008 (1.35− 1)2 (1.35− 1.5)2 (1.35− 2)⇒
⇒ f (1.35) ≈ p5 (1.35) = 1.359 + 1.359 (0.35) + 0.81 (0.35)2 + 0.288 (0.35)2 (−0.15) +
0.92 (0.35)2 (−0.15)2 + 0.008 (0.35)2 (−0.15)2 (−0.65) .
2.3. 17/12/2001 - EI, IG, ESC 27
Desta forma,
f (1.35) ≈ p5 (1.35) = 1.931104418 ≈ 1.931
c) Para aproximarmos a derivada da func¸a˜o teremos de derivar a expressa˜o do polino´mio interpolador,
p5 (x), e calcular o seu valor no ponto 1.35. Assim sendo,
p′5 (x) = 1.359 + 2× 0.81 (x− 1) + 2× 0.288 (x− 1) (x− 1.5) + 0.288 (x− 1)2 +
2× 0.92 (x− 1) (x− 1.5)2 + 2× 0.92 (x− 1)2 (x− 1.5) +
+0.008 (x− 1)2 (x− 1.5)2 + 2× 0.008 (x− 1) (x− 1.5)2 (x− 2) +
+2× 0.008 (x− 1)2 (x− 1.5) (x− 2)
o que e´ equivalente a escrever
p′5 (x) = 1.359 + 1.62 (x− 1) + 0.576 (x− 1) (x− 1.5) + 0.288 (x− 1)2 +
+1.84 (x− 1) (x− 1.5)2 + 1.84 (x− 1)2 (x− 1.5) +
+0.008 (x− 1)2 (x− 1.5)2 + 0.016 (x− 1) (x− 1.5)2 (x− 2) +
+0.016 (x− 1)2 (x− 1.5) (x− 2) ,
expressa˜o que se pode ainda escrever da seguinte forma
p′5 (x) = 1.359 + (x− 1)
(
1.62 + 0.288 (x− 1) + (x− 1.5)
{
0.576+
+1.84 (x− 1.5) + 1.84 (x− 1) + 0.008 (x− 1) (x− 1.5)+
+ (x− 2)
[
0.016 (x− 1.5) + 0.016 (x− 1)
] } )
,
e, efectuando os ca´lculos no ponto x = 1.35 vamos obter que
p′5 (1.35) = 1.359 + (0.35)
(
1.62 + 0.288 (0.35) + (−0.15)
{
0.576+
+1.84 (−0.15) + 1.84 (0.35) + 0.008 (0.35) (−0.15) +
+ (−0.65)
[
0.016 (−0.15) + 0.016 (0.35)
] } )
,
no final podemos enta˜o concluir que
f ′ (1.35) ≈ p′5 (1.35) = 1.91185125 ≈ 1.912 .
Na˜o sera´ dif´ıcil verificar que p′5 (xi) = f
′ (xi) , i = 0, 1, 2, o que significa que p′5 (x) e´ um polino´mio
interpolador para a derivada da func¸a˜o nos pontos (xi, f ′ (xi)) , i = 0, 1, 2.
J .
28 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
2.4 18/12/2001 - Matema´tica
Universidade do Algarve
A´rea Departamental de Matema´tica
Ana´lise Nume´rica
Matema´tica
2o Teste Durac¸~ao 2h:30′
18 de Dezembro de 2001
(5,0) 1. Sejam
A =
 10−5 2
1 1
 e b =
 1
1
 .
a) Resolva o sistema Ax = b em aritme´tica exacta, utilizando para tal o me´todo de eliminac¸a˜o
de Gauss. Denote a soluc¸a˜o por x;
b) Resolva o mesmo sistema, utilizando agora uma aritme´tica de 3 algarismos significativos, sem
aplicar qualquer tipo de escolha de pivot. Denote a soluc¸a˜o por y;
c) Calcule ‖x− y‖2 e ‖x− y‖2‖x‖2 ;
d) Resolva novamente o sistema de equac¸o˜es lineares Ax = b, mas utilizando agora a te´cnica de
escolha de pivot parcial com uma aritme´tica de 3 algarismos significativos. Denote a soluc¸a˜o
por z;
e) Calcule ‖x− z‖2 e ‖x− z‖2‖x‖2 ;
f) Comente o resultados obtidos nas al´ıneas c) e e).
Soluc¸a˜o 2.4.1. a)Resolvendo o sistema com aritme´tica exacta e utilizando a eliminac¸a˜o de Gauss, vamos
obter,  10−5 2 ... 1
1 1
... 1
−−−−−−−−−−−−−→L2 ← L2 −m21L1
 10−5 2 ... 1
0 −199999 ... −99999
 ,
com m12 =
a12
a11
=
1
10−5
= 105 = 100000. Passando agora para a forma de sistema, vem que

10−5x1 + 2x2 = 1
−199999x2 = −99999
⇔

x1 =
105
199999
=
100000
199999
x2 =
99999
199999
2.4. 18/12/2001 - Matema´tica 29
Assim sendo, a soluc¸a˜o exacta do sistema Ax = b e´ dada por
x =

x1
x2
 =

100000
199999
99999
199999

b)Resolvendo agora o mesmo sistema, mas utilizando uma aritme´tica finita de 3 algarismos significa-
tivos pelo me´todo de eliminac¸a˜o de Gauss, sem qualquer tipo de escolha de pivot, vamos obter 10−5 2 ... 1
1 1
... 1
−−−−−−−−−−−−−→L2 ← L2 −m21L1
 10−5 2 ... 1
0 −200000 ... −100000
 ,
com m12 =
a12
a11
=
1
10−5
= 105 = 100000. Em termos de soluc¸a˜o vamos obter o seguinte

10−5y1 + 2y2 = 1
−200000y2 = −100000
⇔

y1 = 0
y2 =
100000
200000
= 0.5
Pelo que a soluc¸a˜o do sistema neste caso sera´
y =
 y1
y2
 =
 0
0.5

c)Neste caso temos,
‖x− y‖2 = ‖
(
105
2× 105 − 1 ,
105 − 1
2× 105 − 1
)
− (0, 0.5) ‖2 =
=
((
105
2× 105 − 1
)2
+
(
105 − 1
2× 105 − 1
)2
− 0.5
)1/2
=
=
(
0.2500025 + 6.25× 10−12)1/2 = 0.5000025 ≈ 0.5
e quanto ao erro relativo temos
‖x− y‖2
‖x‖2 =
0.5000025
0.7071067812
= 0.7071103167 ≈ 0.71,
o que em termos de percentagem de erro indica que a soluc¸a˜o aproximada y possui
100× ‖x− y‖2‖x‖2 ≈ 71% de erro.
Notemos que
‖x‖2 =
((
100000
199999
)2
+
(
99999
199999
)2)1/2
= (0.2500025 + 0.2499975)1/2 =
= (0.5)1/2 = 0.7071067812 ≈ 0.71 .
30 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
d)Vamos agora resolver o mesmo sistema, mas utilizando uma aritme´tica finita de 3 algarismos sig-
nificativos pelo me´todo de eliminac¸a˜o de Gauss, com escolha de pivot parcial. Neste caso, 10−5 2.00 ... 1.00
1.00 1.00
... 1.00
−−−−−−→L1 ↔ L2
 1.00 1.00 ... 1.00
10−5 2.00
... 1.00
→
−−−−−−−−−−−−−→
L2 ← L2 −m21L1
 1.00 1.00 ... 1.00
0.00 2.00
... 1.00

com m12 =
a12
a11
= 10−5 = 0.00001. Em termos de soluc¸a˜o vamos obter o seguinte

1.00z1 + 1.00z2 = 1.00
2.00z2 = 1.00
⇔

z1 = 0.500
z2 = 0.500
Pelo que a soluc¸a˜o do sistema neste caso sera´
z =
 z1
z2
 =
 0.500
0.500

e)No que toca a` soluc¸a˜o que obtivemos a partir da utilizac¸a˜o da escolha de pivot os resultados sa˜o os
seguintes
‖x− z‖2 = ‖
(
105
2× 105 − 1 ,
105 − 1
2× 105 − 1
)
− (0.5, 0.5) ‖2 =
=
((
105
2× 105 − 1 − 0.5
)2
+
(
105 − 1
2× 105 − 1
)2
− 0.5
)1/2
=
=
(
0.00000252 + 0.00000252)1/2
=
(
2× 0.00000252)1/2 =
=
(
2× 6.25× 10−12)1/2 = 3.535533906× 10−6 ≈ 0.4× 10−5.
Quanto ao erro relativo da soluc¸a˜o aproximada z temos
‖x− z‖2
‖x‖2 =
0.3535533906× 10−5
0.7071067812
= 0.000005 = 0.5× 10−5,
o que em termos de percentagem de erro indica que a soluc¸a˜o aproximada z possui
100× ‖x− z‖2‖x‖2 = 0.5× 10
−3% de erro.
f)Qualquer comenta´rio que explique o porqueˆ da obtenc¸a˜o de melhores resultados com a escolha de
pivot parcial ”´e va´lido”.
J.
2.4. 18/12/2001 - Matema´tica 31
(4,0) 2. Seja dada a seguinte matriz
A =

2
√
2
√
2 −√2
0 1 3
2 1 −2
2 1 0
 .
a) Obtenha a decomposic¸a˜o QR de A atrave´s do algoritmo de Gram-Schmidt;
b) Tomando b =
[ √
2 1 −1 1
]T
, resolva o sistema sobredeterminado Ax = b utilizando a
decomposic¸a˜o QR obtida na al´ınea anterior.
Soluc¸a˜o 2.4.2. a)Considerando as colunas da matriz vectores linearmente independentes, vamos cons-
truir para eles uma base ortonormada utilizando para tal o algoritmo de Gram-Schmidt. Consideremos
enta˜o
C = {A.1, A.2, A.3} =
{(
2
√
2, 0, 2, 2
)
,
(√
2, 1, 1, 1
)
,
(
−
√
2, 3,−2, 0
)}
.
Pretendemos obter um conjunto B = {Q.1, Q.2, Q.3}, tal que
• 〈Q.i, Q.j〉 = 0, para i, j = 1, 2, 3 com i 6= j;
• ‖Q.i‖2 = 1, para todo o i = 1, 2, 3;
• span {A.1, A.2, A.3} = span {Q.1, Q.2, Q.3};
Ora, para obtermos o primeiro vector de B, apenas necessitamos de dividir A.1 pela sua norma eucli-
diana, assim,
r11 = ‖A.1‖2 = ‖
(
2
√
2, 0, 2, 2
)
‖2 =
√
8 + 0 + 4 + 4 = 4
e
Q.1 =
1
r11
A.1 =
(√
2
2
, 0,
1
2
,
1
2
)
.
Obtivemos assim o primeiro vector da base ortonormada, que e´ simplesmente a primeira coluna da matriz
Q.
Para obtermos o segundo vamos comec¸ar por criar um vector que seja ortogonal a Q.1, o qual desig-
naremos por p2 e que sera´ dado pelo fo´rmula
p2 = A.2 − r12Q.1 = A.2 − 〈Q.1, A.2〉Q.1.
32 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Assim sendo,
〈Q.1, A.2〉 = QT.1A.2 =
[ √
2
2
0
1
2
1
2
]

√
2
1
1
1

=
2
2
+ 0 +
1
2
+
1
2
= 2,
logo,
p2 = A.2 − r12Q.1 =
(√
2, 1, 1, 1
)
− 2
(√
2
2
, 0,
1
2
,
1
2
)
= (0, 1, 0, 0) .
Na˜o sera´ dif´ıcil verificar que p2 e´ ortogonal a Q.1, i.e., que 〈p2, Q.1〉 = 0.
Agora, sabemos que o vector Q.2 tera´ que ter norma unita´ria e tera´ que ser ortogonal a Q.1, pelo que,
Q.2 =
p2
‖p2‖2 =
p2
r22
= p2 = (0, 1, 0, 0) ,
pois
‖p2‖2 =
(
02 + 12 + 02 + 02
)1/2
= 1 = r22.
Ficamos assim com o segundo vector da base ortonormada, i.e., com a segunda coluna da matriz
ortogonal Q.
Pelo mesmo processo vamos agora obter o terceiro vector da base ortonormada que estamos a cons-
truir. Comecemos por construir um vector que seja ortogonal aos vectores que ja´ fazem parte dessa base;
designemos esse vector por p3, o qual e´ dado por p3 = A.3 − r13Q.1 − r23Q.2. Desta forma temos,
〈Q.1, A.3〉 = 〈
(√
2
2
, 0,
1
2
,
1
2
)
,
(
−
√
2, 3,−2, 0
)
〉 = −2
2
+ 0− 1 + 0 = −2,
e
〈Q.2, A.3〉 = 〈(0, 1, 0, 0) ,
(
−
√
2, 3,−2, 0
)
〉 = 3.
Assim sendo,
p3 =
(
−
√
2, 3,−2, 0
)
+ 2
(√
2
2
, 0,
1
2
,
1
2
)
− 3 (0, 1, 0, 0) =
=
(
−
√
2, 3,−2, 0
)
+
(√
2, 0, 1, 1
)
+ (0,−3, 0, 0) =
= (0, 0,−1, 1)
Na˜o sera´ dif´ıcil verificar que este vector e´ ortogonal a Q.1 e tambe´m a Q.2, i.e., que 〈p3, Q.1〉 = 0 e
que 〈p3, Q.2〉 = 0. Para obtermos agora Q.3 basta-nos dividir p3 por ‖p3‖2, assim
Q.3 =
p3
‖p3‖2 =
p3
r33
=
(
0, 0,−
√
2
2
,
√
2
2
)
2.4. 18/12/2001 - Matema´tica 33
note-se que
r33 = ‖p3‖2 =
√
2.
Perante estes resultados conclu´ımos que a decomposic¸a˜o QR da matriz A e´ a seguinte,
A =

2
√
2
√
2 −√2
0 1 3
2 1 −2
2 1 0

= QR =

√
2/2 0 0
0 1 0
1/2 0 −√2/2
1/2 0
√
2/2


4 2 −2
0 1 3
0 0
√
2

b) Obtida a decomposic¸a˜o QR da matriz A, e atendendo a`s propriedades das matrizes Q e R, podemos
dizer que resolver o sistema Ax = B se resume a` resoluc¸a˜o do sistema equivalente Rx = QT b, uma vez
que a matriz Q e´ uma matriz ortogonal, i.e., Q possui inversa e Q−1 = QT . E, por R ser uma matriz
triangular superior, a resoluc¸a˜o do sistema efectua-se agora de uma forma muito simples, vejamos,
Ax = b⇔ QRx = b⇔ QTQRx = QT b⇔ Q−1QRx = QT b⇔ Rx = QT b.
Agora,
QT b =

√
2/2 0 1/2 1/2
0 1 0 0
0 0 −√2/2 √2/2


√
2
1
−1
1

=

1
1
√
2
 ,
e imediatamente
Rx = QT b ⇔

4 2 −2
0 1 3
0 0
√
2


x1
x2
x3
 =

1
1
√
2
⇔
⇔

4x1 = 1− 2x2 + 2x3
x2 = 1− 3x3 = −2
x3 = 1
⇔
⇔

x1 = 7/4
x2 = −2
x3 = 1
.
34 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
A soluc¸a˜o do sistema Ax = b e´ enta˜o dada por
x1
x2
x3
 =

7/4
−2
1

J.
(3,0) 3. Sejam A ∈ Rm×n, b ∈ Rm e x a soluc¸a˜o obtida da resoluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es normais,
ATAx = AT b. Prove que
‖b−Ax‖2 ≤ ‖b−Ay‖2, para todo o vector y ∈ Rn.
Soluc¸a˜o 2.4.3. Ora,
b−Ay = b−Ay +Ax−Ax = b−Ax+Ax−Ay =
= b−Ax+A (x− y) ,
pelo que obtemos
‖b−Ay‖2 = ‖b−Ax+A (x− y) = ‖2
= (b−Ax+A (x− y))T (b−Ax+A (x− y)) =
= (b−Ax)T (b−Ax) + (b−Ax)T (A (x− y)) +
+ (A (x− y))T (b−Ax) + (A (x− y))T (A (x− y)) =
= (b−Ax)T (b−Ax) + 2 (b−Ax)T (A (x− y)) + (A (x− y))T (A (x− y))
Agora, tendo em conta que r ⊥ R (A), obtemos
(b−Ax)T (A (x− y)) = (AT (b−Ax))T (x− y) = AT r︸︷︷︸
=0
(x− y) = 0
e como tal
‖b−Ay‖2 = ‖b−Ax‖2 + ‖A (x− y) ‖2︸ ︷︷ ︸
>0
> ‖b−Ax‖2, para todo o y ∈ Rn,
finalmente
‖b−Ax‖2 6 ‖b−Ay‖2, para todo o y ∈ Rn.
O que prova que o res´ıduo associado a` soluc¸a˜o que se obte´m da resoluc¸a˜o do sistema das equac¸o˜es
normais e´ aquela que menor res´ıduo provoca para o sistema de equac¸o˜es lineares sobredeterminado Ax = b.
Por outro lado, a igualdade so´ se verifica quando
‖A (x− y) ‖2 = 0⇔ A (x− y) = 0,
2.4. 18/12/2001 - Matema´tica 35
e como as colunas da matriz A sa˜o linearmente independentes conclu´ımos que x = y, ou seja, a soluc¸a˜o
das equac¸o˜es normais e´ u´nica.
J.
(3,0) 4. Pretende-se aproximar o valor de f (x˜) atrave´s do polino´mio interpolador de Newton das diferen-
c¸as divididas de grau ≤ n que interpola os valores y0, y1, . . . , yn nos no´s distintos x0, x1, . . . , xn,
com min
0≤i≤n
xi ≤ x˜ ≤ max
0≤i≤n
xi e x˜ /∈ {x0, x1, . . . , xn}. Qual o nu´mero de operac¸o˜es necessa´rio para
realizar esta tarefa?
Nota: Deve contar todas as operac¸o˜es necessa´rias para construir a tabela das diferenc¸as divididas
e todas as operac¸o˜es necessa´rias para obter a aproximac¸a˜o atrave´s do polino´mio interpolador.
Soluc¸a˜o 2.4.4. Comecemos por contar as operac¸o˜es que esta˜o envolvidas na construc¸a˜o da tabela das di-
ferenc¸as divididas. Assim sendo, se nos derem os pontos (xi, yi) , i = 0, 1, 2, . . . , n, a tabela das diferenc¸as
divididas sera´ enta˜o dada por,
x y [.] y [., .] y [., ., .] y [., ., ., .] . . . y [., ., . . . , .]
x0 y0
y [x0, x1]
x1 y1 y [x0, x1, x2]
y [x1, x2] y [x0, x1, x2, x3]
x2 y2 y [x1, x2, x3]
...
...
...
...
...
... y [x0, x1, x2, . . . , xn]
xn−1 yn−1
y [xn−1, xn]
xn yn
Agora como
y [xk, xk+1] =
yk+1 − yk
xk+1 − xk , k = 0, 1, . . . , n− 1
temos enta˜o que, para cada uma das diferenc¸as divididas de ordem um esta˜o envolvidas uma multiplicac¸a˜o
e duas adic¸o˜es, tendo en conta que temos de calcular n diferenc¸as divididas de ordem 1, o nu´mero total de
operac¸o˜es a efectuar para obter todas as diferenc¸as divididas de ordem 1 e´ 2n adic¸o˜es e n multiplicac¸o˜es,
i.e., 3n operac¸o˜es;no que toca a`s diferenc¸as divididas de segunda ordem sabemos que sa˜o n − 1, e que
sa˜o dadas por
y [xk, xk+1, xk+2] =
y [xk+1, xk+2]− y [xk, xk+1]
xk+2 − xk , k = 0, 1, . . . , n− 2
36 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
, e novamente, em cada uma delas esta˜o envolvidas uma multiplicac¸a˜o e duas adic¸o˜es, o que nos permite
concluir que para as segundas diferenc¸as divididas sa˜o empregues 2 (n− 1) adic¸o˜es e (n− 1) multiplica-
c¸o˜es, dado no total, 3 (n− 1). Seguindo um racioc´ınio indutivo vamos obter a u´ltima diferenc¸a dividida
y [x0, x1, x2, . . . , xn] =
y [x1, x2, . . . , xn]− y [x0, x1, . . . , xn−1]
xn − x0
onde se emprega apenas uma multiplicac¸a˜o e duas adic¸o˜es. Com base no que foi exposto podemos concluir
que o nu´mero total de operac¸o˜es para construir a tabela das diferenc¸as divididas sera´
n∑
k=1
3k = 3
n∑
k=1
k = 3
n− 1
2
(n− 1 + 1) = 3n
2 − n
2
.
Falta-nos agora contar o nu´mero de operac¸o˜es que se obte´m com os ca´lculos no polino´mio. Seja enta˜o
o polino´mio interpolador de grau ≤ n dado por
pn (x) = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0) (x− x1) + . . .+ an (x− x0) (x− x1) . . . (x− xn−1) .
Enta˜o, em a0 na˜o temos qualquer operac¸a˜o (adic¸a˜o e/ou multiplicac¸a˜o), em a1 (x− x0) temos uma adic¸a˜o
e uma multiplicac¸a˜o, i.e., duas operac¸o˜es, em a2 (x− x0) (x− x1) teremos duas adic¸o˜es e duas multipli-
cac¸o˜es, ou seja, quatro operac¸o˜es, em a3 (x− x0) (x− x1) (x− x2) vamos ter treˆs adic¸o˜es e treˆs mul-
tiplicac¸o˜es. Seguindo este racioc´ınio vamos concluir que em an (x− x0) (x− x1) . . . (x− xn−1) se tem
de efectuar n adic¸o˜es e n multiplicac¸o˜es, portanto, 2n operac¸o˜es aritme´ticas. Desta forma, no final, o
nu´mero de operac¸o˜es empregues no polino´mio interpolador para calcular a aproximac¸a˜o p (x) sera´ dado
por
n∑
k=0
2k + n = 2
n∑
k=0
k + n = 2
0 + n
2
(n+ 1) + n = n2 + 2n.
No final conclu´ımos que o nu´mero de operac¸o˜es a efectuar para obter a aproximac¸a˜o p (x), contando
as operac¸o˜es da tabela das diferenc¸as divididas e do polino´mio interpolador, sera´
3n2 − n
2
+ n2 + 2n =
3n2 − n+ 2n2 + 4n
2
=
5n2 + 3n
2
.
Podemos tambe´m afirmar que o nu´mero de operac¸o˜es a efectuar e´ O
(
5n2
2
)
.
J.
(5,0) 5. Seja dada a seguinte tabela de valores
x 1.0 1.5 2.0 2.5
f (x) 1.359 2.241 3.695 6.091
a) Construa a tabela das diferenc¸as divididas associada a toda a tabela;
2.4. 18/12/2001 - Matema´tica 37
b) Utilizando interpolac¸a˜o parabo´lica obtenha a melhor aproximac¸a˜o poss´ıvel para o valor de
f (1.65);
c) Fac¸a uma estimativa do erro que se comete na aproximac¸a˜o obtida na al´ınea anterior.
Nota: Utilize as diferenc¸as divididas para aproximar o valor da derivada.
Soluc¸a˜o 2.4.5. a) A tabela das diferenc¸as divididas que esta´ associada a esta tabela e´ a seguinte
x y [.] y [., .] y [., ., .] y [., ., ., .]
x0 = 1.0 y0 = 1.359
y [x0, x1] = 1.764
x1 = 1.5 y1 = 2.241 y [x0, x1, x2] = 1.144
y [x1, x2] = 2.908 y [x0, x1, x2, x3] = 0.4933(3)
x2 = 2.0 y2 = 3.695 y [x1, x2, x3] = 1.884
y [x2, x3] = 4.792
x3 = 2.5 y3 = 6.091
b) Pretendemos agora obter a melhor aproximac¸a˜o para o valor de f (1.65) atrave´s dos pontos da
tabela com a utilizac¸a˜o de interpolac¸a˜o parabo´lica. Necessitamos enta˜o de treˆs pontos para construir o
polino´mio interpolador, mas, uma vez que nos sa˜o dados quatro pontos teremos de escolher os que melhor
resultado va˜o produzir, pelo que teremos de escolher os pontos com base na fo´rmula do erro. Assim sendo,
|e (p2 (1.65))| = |f (1.65)− p2 (1.65)| ≤ M33! |W2 (1.65)| =
M3
3!
|(1.65− x0) (1.65− x1) (1.65− x2)| ,
com M3 = max
x∈[1.0,2.5]
|f ′′′ (x)|. Perante este resultado conclu´ımos que devemos escolher para no´s da inter-
polac¸a˜o os pontos que se encontrarem mais pro´ximos de x = 1.65, i.e., os pontos que tornam |W2 (1.65)|
mais pequeno. Na˜o sera´ enta˜o dif´ıcil concluir que neste caso os pontos a escolher sera˜o
x0 = 1.0, x1 = 1.5, x2 = 2.0 .
Utilizando estes pontos, o polino´mio interpolador de segundo grau sera´ dado por
p2 (x) = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0) (x− x1) =
= y [x0] + y [x0, x1] (x− x0) + y [x0, x1, x2] (x− x0) (x− x1) =
= 1.359 + 1.764 (x− 1.0) + 1.144 (x− 1.0) (x− 1.5)
e a aproximac¸a˜o que procuramos e´ dada por
p2 (1.65) = 1.359 + 1.764 (1.65− 1.0) + 1.144 (1.65− 1.0) (1.65− 1.5) = 2.61714 ≈ 2.617
38 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
c) Para obtermos uma estimativa para o erro vamos enta˜o utilizar a fo´rmula
|e (p2 (1.65))| = |f (1.65)− p2 (1.65)| = f
′′′ (ξ)
3!
|W2 (1.65)| =
=
f ′′′ (ξ)
3!
|(1.65− x0) (1.65− x1) (1.65− x2)| .
Assim,
|e (p2 (1.65))| = |f (1.65)− p2 (1.65)| ≈ f
′′′ (ξ)
3!
× 0.034 .
Agora necessitamos do conhecimento da terceira derivada da func¸a˜o, do qual na˜o dispomos. No
entanto, existe um resultado das diferenc¸as divididas que nos permite obter uma aproximac¸a˜o para o
valor da terceira derivada, esse e´ o seguinte:
Existe um ξ ∈ Ω =
[
min
0≤i≤k
xi, max
0≤i≤k
xi
]
, tal que
y [x0, x1, . . . , xk] =
f (k) (ξ)
k!
.
Com base neste resultado podemos aproximar
f ′′′ (ξ)
3!
por y [x0, x1, x2, x3], logo
|e (p2 (1.65))| = |f (1.65)− p2 (1.65)| ≈ f
′′′ (ξ)
3!
× 0.034 = 0.4933× 0.034 ≈ 0.017 .
J.
2.5. 11/01/2002 - Matema´tica 39
2.5 11/01/2002 - Matema´tica
Universidade do Algarve
A´rea Departamental de Matema´tica
Ana´lise Nume´rica
Matema´tica
Exame de E´poca Normal Durac¸~ao 3h:00′
11 de Janeiro de 2002
(4,0) 1. Seja dada a seguinte func¸a˜o
f (x, y, z) =
4
3
xy2z.
Sabendo que
|eR (xa)| ≤ 0.005, |eR (ya)| ≤ 0.005, |eR (za)| ≤ 0.005,
calcule um majorante para o erro relativo absoluto que se comete no ca´lculo da aproximac¸a˜o
f (xa, ya, za).
Soluc¸a˜o 2.5.1. Recorrendo a` fo´rmula da propagac¸a˜o do erro absoluto vamos obter que
|e (f (xa, ya, za))| ≤
∣∣∣∣∂f∂x (xa, ya, za)
∣∣∣∣ |e (xa)|+ ∣∣∣∣∂f∂y (xa, ya, za)
∣∣∣∣ |e (ya)|+ ∣∣∣∣∂f∂z (xa, ya, za)
∣∣∣∣ |e (za)|
logo, para obtermos o erro relativo em f (xa, ya, za), basta-nos dividir a expressa˜o anterior por |f (xa, ya, za)|,
desta forma
|e (f (xa, ya, za))|
|f (xa, ya, za)| ≤
∣∣∣∣∂f∂x (xa, ya, za)
∣∣∣∣ |e (xa)|+ ∣∣∣∣∂f∂y (xa, ya, za)
∣∣∣∣ |e (ya)|+ ∣∣∣∣∂f∂z (xa, ya, za)
∣∣∣∣ |e (za)|
|f (xa, ya, za)|
o que e´ equivalente a escrever
|eR (f (xa, ya, za))| ≤
∣∣∣∣∣∣∣
∂f
∂x
(xa, ya, za)
f (xa, ya, za)
∣∣∣∣∣∣∣ |e (xa)|+
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂f
∂y
(xa, ya, za)
f (xa, ya, za)
∣∣∣∣∣∣∣∣ |e (ya)|+
∣∣∣∣∣∣∣
∂f
∂z
(xa, ya, za)
f (xa, ya, za)
∣∣∣∣∣∣∣ |e (za)|
Agora temos,
∂f
∂x
(xa, ya, za) =
4
3
y2aza,
∂f
∂y
(xa, ya, za) =
8
3
xayaza,
∂f
∂z
(xa, ya, za) =
4
3
xay
2
a
40 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
e por outro lado
f (xa, ya, za) =
4
3
xay
2
aza.
Atendendo a estes resultados vamos obter
|eR (f (xa, ya, za))| ≤
∣∣∣∣∣∣∣
4
3
y2aza
4
3
xay2aza
∣∣∣∣∣∣∣ |e (xa)|+
∣∣∣∣∣∣∣
8
3
xayaza
4
3
xay2aza
∣∣∣∣∣∣∣ |e (ya)|+
∣∣∣∣∣∣∣
4
3
xay
2
a
4
3
xay2aza
∣∣∣∣∣∣∣ |e (za)| ⇔
⇔ |eR (f (xa, ya, za))| ≤
∣∣∣∣ 1xa
∣∣∣∣ |e (xa)|+ ∣∣∣∣ 2ya
∣∣∣∣ |e (ya)|+ ∣∣∣∣ 1za
∣∣∣∣ |e (za)|
Mas, como nos sa˜o fornecidos os erros relativos absolutos em xa, ya e za,
|eR (xa)| =
∣∣∣∣e (xa)xa
∣∣∣∣ , |eR (ya)| = ∣∣∣∣e (ya)ya
∣∣∣∣ , |eR (za)| = ∣∣∣∣e (za)za
∣∣∣∣ ,
vamos enta˜o obter
|eR (f (xa, ya, za))| ≤
∣∣∣∣xaxa
∣∣∣∣ |eR (xa)|+ ∣∣∣∣2yaya
∣∣∣∣ |eR (ya)|+ ∣∣∣∣zaza
∣∣∣∣ |eR (za)| ⇔
≤ |eR (xa)|+ 2 |eR (ya)|+ |eR (za)| ⇔
≤ 0.005 + 2× 0.005 + 0.005 = 0.02
J.
(4,0) 2. Considere a func¸a˜o
f (x) = x2 − cos2 (x) .
a) Mostre que a func¸a˜o tem um u´nico zero no intervalo [0.5, 1];
b) Verifique a aplicabilidade do me´todo de Newton para obter uma aproximac¸a˜o da raiz que se
encontra neste intervalo;
c) Determine uma aproximac¸a˜oda raiz com um erro inferior a 10−4.
Soluc¸a˜o 2.5.2. a) Para provarmos a existeˆncia da raiz no intervalo [0.5, 1, ], temos apenas de aplicar
o teorema do valor interme´dio. Notando enta˜o que f (x) = x2 − cos2 (x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em R,
visto que se trata da soma de duas func¸o˜es cont´ınuas, x2 e cos2 (x) em R, temos f (0.5) = 0.25− cos
2 (0.5) ≈ −0.52
f (1) = 1− cos2 (1) ≈ 0.71
⇒ f (0.5)× f (1) < 0⇒ ∃α ∈ [0.5, 1] : f (α) = 0.
2.5. 11/01/2002 - Matema´tica 41
Quanto a` unicidade, temos que estudar o sinal da derivada no intervalo [0.5, 1]. Neste caso temos
f ′ (x) = 2x− 2 cos (x) (− sin (x)) = 2x+ sin (2x)
e atendendo a que sin (x) > 0 para todo o x ∈ ]0, pi[, temos enta˜o que sin (2x) > 0 para todo o x ∈ ]0, pi/2[,
logo, como [0.5, 1] ⊂ ]0, pi/2[, podemos imediatamente concluir que sin (2x) > 0 para todo o x ∈ [0.5, 1].
E´ agora fa´cil concluir que
f ′ (x) > 0, para todo o x ∈ [0.5, 1] ,
o que implica que a func¸a˜o f (x) seja uma func¸a˜o estritamente crescente no intervalo.
Fica assim provada a existeˆncia e a unicidade da raiz da equac¸a˜o f (x) = 0 no intervalo [0.5, 1].
b) Para verificarmos a aplicabilidade do me´todo de Newton a` func¸a˜o no intervalo dado teremos de
verificar todas as condic¸o˜es do teorema de convergeˆncia do me´todo de Newton. Assim sendo, para comec¸ar
teremos que salvaguardar que f ∈ C2 ([0.5, 1]), o que na˜o oferece qualquer dificuldade pois,
f (x) = x2 − cos2 (x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em R ⊃ [0.5, 1]
f ′ (x) = 2x+ sin (2x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em R ⊃ [0.5, 1]
f ′′ (x) = 2 + 2 cos (2x) e´ uma func¸a˜o cont´ınua em R ⊃ [0.5, 1]
⇒ f ∈ C2 ([0.5, 1]) .
Ale´m desta condic¸a˜o teremos tambe´m que provar que a primeira derivada da func¸a˜o na˜o se anula no
interior do intervalo [0.5, 1]. Mas, na al´ınea anterior ja´ verificamos que f ′ (x) > 0, para todo o x ∈ [0.5, 1],
o que implica que f ′ (x) 6= 0, para todo o x ∈ [0.5, 1].
Estas sa˜o as duas condic¸o˜es de convergeˆncia essenciais para a convergeˆncia do me´todo de Newton, no
entanto devemos ter em conta a amplitude do intervalo. Se atendermos a` demonstrac¸a˜o do teorema da
convergeˆncia do me´todo de Newton verificamos que a amplitude do intervalo que estamos a utilizar tera´
de verificar a condic¸a˜o
|b− a| ≤ 1
M
,
onde
M =
M2
2m1
, com M2 = max
x∈[0.5,1]
|f ′′ (x)| e m1 = min
x∈[0.5,1]
|f ′ (x)| .
Agora sabemos que
f ′′′ (x) = −4 sin (2x) < 0, ∀x ∈ [0.5, 1]
pelo que se pode concluir que f ′′ e´ uma func¸a˜o estritamente decrescente no intervalo que estamos a
utilizar. Assim sendo,
M2 = max
x∈[0.5,1]
|f ′′ (x)| = max {|f ′′ (0.5)| , |f ′′ (1)|} = max {3.0806, 1.16771} = 3.0806 .
42 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Por outro lado temos que,
f ′′ (x) = 2 + 2 cos (2x) = 2
(
1 + cos2 (x)− sin2 (x)) =
= 2
((
1− sin2 (x))+ cos2 (x)) =
= 2
(
cos2 (x) + cos2 (x)
)
= 4 cos2 (x) ≥ 0, ∀x ∈ R
o que significa que a func¸a˜o f ′ e´ uma func¸a˜o crescente, o que nos permite enta˜o concluir que
m1 = min
x∈[0.5,1]
|f ′ (x)| = min {|f ′ (0.5)| , |f ′ (1)|} = min {1.84147, 2.9093} = 1.84147 .
Assim sendo conclu´ımos que
M =
M2
2m1
≈ 3.0806
2× 1.84147 = 0.836451⇒ |1− 0.5| = 0.5 ≤
1
M
≈ 1
0.836451
≈ 1.19553 P.V.
Fica assim provado que a aplicac¸a˜o do me´todo de Newton a` func¸a˜o dada, no intervalo [0.5, 1], produz
uma sucessa˜o convergente para α, sendo α a raiz da equac¸a˜o f (x) = 0 no intervalo especificado.
c) Para comec¸armos a iterar o me´todo de Newton deveremos escolher a primeira aproximac¸a˜o para
o valor da raiz α. Sabemos ja´, pela al´ınea anterior que escolhendo qualquer valor x0 no intervalo [0.5, 1]
a sucessa˜o gerada pelo me´todo de Newton sera´ enta˜o uma sucessa˜o convergente para α. No entanto,
a n´ıvel de ca´lculo devemos escolher o valor de x0 atrave´s do seguinte crite´rio: x0 e´ um ponto onde
f (x0) × f ′′ (x0) > 0, i.e., a func¸a˜o e a segunda derivada possuem o mesmo sinal no ponto que se escolhe
para x0. Perante este crite´rio temos que f (0.5) < 0 ∧ f (1) > 0f ′′ (x) > 0, ∀x ∈ [0.5, 1] ⇒ x0 = 1 .
Aplicando agora a fo´rmula iteradora do me´todo de Newton,
xn+1 = xn − f (xn)
f ′ (x)
,
e tomando como aproximac¸a˜o para o erro que se comete em xn a quantidade |xn+1 − xn|, enta˜o, vamos
iterar o me´todo de Newton ate´ que |e (xn)| ≈ |xn+1 − xn| ≤ 10−4.
Para observarmos todos os ca´lculos podemos construir a seguinte tabela
2.5. 11/01/2002 - Matema´tica 43
n xn f (xn) f ′ (xn) |xn+1 − xn| ≤ 10−4
0 1 0.708073 2.90930 ≈ 0.24 ≤ 10−4(F)
1 0.756617 0.0437041 2.51158 ≈ 0.017 ≤ 10−4(F)
2 0.739216 0.000323722 2.47417 ≈ 0.0001 ≤ 10−4(F)
3 0.739085 0.186997×10−7 2.47388 ≈ 0.8×10−8 ≤ 10−4(V)
4 0.739085
J.
(4,0) 3. Sejam dados
A =
 0.312 0.112
0.112 0.201
 e b =
 0.960
0.827
 .
a) Obtenha a decomposic¸a˜o de Cholesky da matriz A;
b) Calcule uma aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o do sistema Ax = b, utilizando a decomposic¸a˜o da
matriz A obtida na al´ınea anterior;
c) Utilize o me´todo do res´ıduo (refinamento iterativo) para obter uma aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o.
Tome como crite´rio de paragem a condic¸a˜o ‖r‖1 ≤ 3× 10−3.
Soluc¸a˜o 2.5.3. Na˜o sera´, neste caso, necessa´rio averiguar se a matriz e´ sime´trica (obviamente que o
e´) e definida positiva, pois e´-nos exigido que calculemos a decomposic¸a˜o de Cholesky. Sabendo enta˜o que
a decomposic¸a˜o de Cholesky nos fornece uma factorizac¸a˜o triangular da matriz A, com A = LLT , onde
L e´ uma matriz triangular inferior com elementos diagonais positivos (na˜o obrigatoriamente iguais a 1,
como na decomposic¸a˜o LU , pelo que conve´m na˜o misturar as duas decomposic¸o˜es), tomemos enta˜o L
uma matriz triangular inferior gene´rica,
A =
 0.312 0.112
0.112 0.201
 = LLT =
 `11 0
`21 `22

 `11 `21
0 `22
 =
 `211 `21`11
`21`11 `
2
21 + `
2
22

donde resulta um sistema de treˆs equac¸o˜es a treˆs inco´gnitas, o qual se resolve por substituic¸a˜o descen-
dente e, como todos os dados sa˜o apresentados com treˆs algarismos significativos, se deve resolver numa
aritme´tica finita de treˆs algarismos significativos. Assim sendo,
`211 = 0.312
`21`11 = 0.112
`221 + `
2
22 = 0.201
⇒

`11 =
√
0.312 = 0.559
`21 = 0.112÷ 0.559 = 0.200
`22 =
√
0.201− 0.2002 = 0.401
44 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
Podemos enta˜o concluir que a decomposic¸a˜o de Cholesky nos fornece a seguinte decomposic¸a˜o
A =
 0.312 0.112
0.112 0.201
 = LLT =
 0.559 0.00
0.200 0.401
LT
b) Vamos agora resolver o sistema utilizando a decomposic¸a˜o de Cholesky calculada na al´ınea anterior.
Ora,
Ax = b⇔ LLTx︸︷︷︸
=y
= b⇔
 1
o) Ly = b
2o) LTx = y
Assim sendo,
1o) Ly = b⇔
 0.559 0.00
0.200 0.401

 y1
y2
 =
 0.960
0.827
⇒ . . .⇒
 y1 = 1.72y2 = 1.20
e, resolvendo o outro sistema,
2o) LTx = y ⇔
 0.559 0.200
0.00 0.401

 x1
x2
 =
 1.72
1.20
⇒ . . .⇒
 x1 = 2.00x2 = 2.99 .
A soluc¸a˜o aproximada que obtivemos foi enta˜o
x =
 x1
x2
 =
 2.00
2.99
 .
c) A partir da soluc¸a˜o obtida na al´ınea anterior vamos aplicar o refinamento iterativo por forma a
obter uma soluc¸a˜o aproximada cujo res´ıduo verifique a condic¸a˜o ‖r‖1 ≤ 3× 10−3.
Comecemos enta˜o por calcular o res´ıduo que esta´ associado a esta soluc¸a˜o aproximada, para isso
devemos notar que a multiplicac¸a˜o da matriz pela aproximac¸a˜o obtida,Ax(0), deve ser feita utilizando
uma aritme´tica com dupla precisa˜o daquela que estamos a utilizar, assim, denotando por x(0) a soluc¸a˜o
aproximada na al´ınea anterior, vamos obter,
b(0) = Ax(0) =
 0.312 0.112
0.112 0.201

 2.00
2.99
 =
 0.95888
0.82499

pelo que ores´ıduo que esta´ associado a x(0) sera´ dado por
r(0) = b− b(0) =
 0.960
0.827
−
 0.95888
0.82499
 =
 0.00112
0.00201
 .
Este u´ltimo ca´lculo ja´ e´ feito, novamente, com a aritme´tica inicial, neste caso com treˆs algarismos
significativos. Com este vector do res´ıduo obtemos
‖r(0)‖1 = 0.00313 � 3× 10−3.
2.5. 11/01/2002 - Matema´tica 45
Como na˜o se verifica a condic¸a˜o de paragem teremos de iterar o me´todo do res´ıduo para obter (possi-
velmente) uma melhor aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o. Assim sendo, a resoluc¸a˜o do sistema Ae(0) = r(0)
fornecera´ o vector e(0), que adicionado a x(0) nos dara´ uma melhor aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o. Come-
cemos enta˜o por resolver o sistema,
Ae(0) = r(0) ⇔ LLT e(0)︸ ︷︷ ︸
=y
= r(0) ⇔
 1
o) Ly = r(0)
2o) LT e(0) = y
Resolvendo enta˜o estes dois sistemas vamos obter,
1o) Ly = r(0) ⇔
 0.559 0.00
0.200 0.401

 y1
y2
 =
 0.00112
0.00201
⇒ . . .⇒
 y1 = 0.00200y2 = 0.00401
e
2o) LT e(0) = y ⇔
 0.559 0.200
0.00 0.401

 e(0)1
e
(0)
2
 =
 0.00200
0.00401
⇒ . . .⇒
 e
(0)
1 = 0.00
e
(0)
2 = 0.01
.
A nova aproximac¸a˜o para a soluc¸a˜o sera´ enta˜o dada por
x(1) = x(0) + e(0) =
 2.00
2.99
+
 0.00
0.01
 =
 2.00
3.00

Verifiquemos agora qual o res´ıduo que esta´ associado a esta aproximac¸a˜o, comec¸ando por calcular o
vector b(1) = Ax(1) com dupla precisa˜o,
b(1) = Ax(1) =
 0.312 0.112
0.112 0.201

 2.00
3.00
 =
 0.960
0.827

e finalmente
r(1) = b− b(1) =
 0.960
0.827
−
 0.960
0.827
 =
 0.00
0.00
 .
Desta forma,
‖r(1)‖1 = 0.00 ≤ 3× 10−3,
o que significa que a soluc¸a˜o aproximada que pretendemos e´ dada por
x(1) =
 x(1)1
x
(1)
2
 =
 2.00
3.00
 ,
sendo esta tambe´m a soluc¸a˜o exacta do sistema Ax = b.
J.
46 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
(4,0) 4. Seja dada a seguinte tabela de valores
x −0.5 0.0 0.5 1.0
f (x) −1.024 −0.5000 0.02360 1.071
a) Construa a tabela das diferenc¸as divididas associada a` interpolac¸a˜o inversa, para toda a tabela;
b) Utilizando a tabela anterior e a interpolac¸a˜o parabo´lica, estime o valor do zero da func¸a˜o;
c) Sabendo que f (x) = arcsen (x)− 0.5, calcule um majorante para o erro cometido.
Soluc¸a˜o 2.5.4. a) Por uma questa˜o de precisa˜o nos resultados que se pretendem obter devemos apre-
sentar os ca´lculos com mais algarismos significativos do que aqueles com que sa˜o representados os dados
iniciais, dessa forma, geralmente escrevemos estes com mais um ou com mais dois algarismos signifi-
cativos. Devemos notar ainda que na˜o se resolve o problema com uma aritme´tica finita, a menos que
tal seja exigido, que na˜o e´ o caso neste exerc´ıcio. Apo´s estas explicac¸o˜es construa-se enta˜o a tabela das
diferenc¸as divididas associada ao problema da interpolac¸a˜o inversa.
yi = f (xi) f−1 [.] f−1 [., .] f−1 [., ., .] f−1 [., ., ., .]
y0 = −1.024 x0 = −0.5︸︷︷︸
=a0
0.954198︸ ︷︷ ︸
=a1
y1 = −0.5000 x1 = 0.0 0.000695876︸ ︷︷ ︸
=a2
0.954927 −0.145430︸ ︷︷ ︸
=a3
y2 = 0.02360 x2 = 0.5 −0.303981
0.477373
y3 = 1.071 x3 = 1.0
b) Pretendemos utilizar a tabela das diferenc¸as divididas calculada na al´ınea anterior para obter uma
aproximac¸a˜o para o zero da func¸a˜o utilizando interpolac¸a˜o parabo´lica. Notemos que,
f (α) = 0⇔ f−1 (f (α)) = f−1 (0)⇔ α = f−1 (0) ≈ p2 (0) .
Assim sendo,
p2 (y) = a0 + a1 (y − y0) + a2 (y − y0) (y − y1)
= −0.5 + 0.954198 (y + 1.024) + 0.000695876 (y + 1.024) (y + 0.5000)
2.5. 11/01/2002 - Matema´tica 47
pelo que a aproximac¸a˜o para o zero da func¸a˜o sera´ calculada apenas pela imagem do polino´mio no ponto
zero. Logo,
α = f−1 (0) ≈ p2 (0) = −0.5 + 0.954198 (0 + 1.024) + 0.000695876 (0 + 1.024) (0 + 0.5000)
= −0.5 + 0.954198× 1.024 + 0.000695876× 1.024× 0.5000
≈ 0.477455
c) Pretendemos agora obter um majorante para o erro que se comete ao aproximar o zero da func¸a˜o
pelo valor obtido na al´ınea anterior. Para isso temos a fo´rmula do erro,
|e (p2 (y))| = |g (y)− p2 (y)| =
∣∣∣∣g′′′ (ξ)3! (y − y0) (y − y1) (y − y2)
∣∣∣∣ ,
com ξ, y ∈ [y0, y2] = [−1.024, 0.02360] e g (y) = f−1 (y). Atendendo a que pretendemos majorar o erro, a
fo´rmula anterior pode-se escrever enta˜o da seguinte forma
|e (p2 (0))| ≤
max
y∈[y0,y2]
|g′′′ (y)|
3!
|(0− y0) (0− y1) (0− y2)| = M33! |(0− y0) (0− y1) (0− y2)| .
Para podermos enta˜o obter o majorante para o erro falta-nos obter o majorante da terceira derivada da
func¸a˜o inversa de f , a qual designamos anteriormente por g, i.e., g (y) = f−1 (y), no intervalo onde e´
efectuada a interpolac¸a˜o polinomial, assim,
f (x) = y = arcsen (x)− 0.5 ⇔ arcsen (x) = y + 0.5⇔
⇔ sen (arcsen (x)) = sen (y + 0.5)⇔
⇔ x = sen (y + 0.5) = g (y) ,
a qual sera´ poss´ıvel de obter sempre que
−pi
2
≤ y + 0.5 ≤ pi
2
⇔ −pi
2
− 0.5 ≈ −2.07 ≤ y ≤ pi
2
− 0.5 ≈ 1.07,
o que e´ o caso. Portanto,
g (y) = sen (y + 0.5) ⇒ g′ (y) = cos (y + 0.5)⇒
⇒ g′′ (y) = −sen (y + 0.5)⇒
⇒ g′′′ (y) = −cos (y + 0.5)⇒
⇒ g(iv) (y) = sen (y + 0.5)
Agora, g(iv) (y) = sen (y + 0.5) = 0⇔ y = −0.5 + kpi, com k ∈ Z. Mas, para k = 0,
y = −0.5 ∈ [−1.024, 0.02360] ,
48 Cap´ıtulo 2. 2001-2002
pelo que
M3 = max {|g′′′ (−1.024)| , |g′′′ (−0.5)| , |g′′′ (0.02360)|} =
= |g′′′ (−0.5)| = |−cos (−0.5 + 0.5)| =
= cos (0) = 1 .
Finalmente podemos concluir que
|e (p2 (0))| ≤ M33! |(0− y0) (0− y1) (0− y2)| =
1
6
× 1.024× 0.5× 0.0236 ≈ 0.002 ≤ 0.005 .
J.
(4,0) 5. Prove que, se obtivermos a factorizac¸a˜o LU de uma matriz A, A ∈ Rn×n, utilizando a te´cnica
de pivotac¸a˜o parcial, enta˜o
i) Os multiplicadores associados a cada uma das fases da factorizac¸a˜o sera˜o todos menores do
que 1 em valor absoluto;
ii)
‖A‖1
‖U‖1 ≤ n.
Soluc¸a˜o 2.5.5. Suponhamos enta˜o que se obte´m a decomposic¸a˜o LU de uma matriz A ∈ Rn×n utilizando
a te´cnica de pivotac¸a˜o parcial, enta˜o:
i) comecemos por provar que os multiplicadores associados a cada uma das fases da factorizac¸a˜o sa˜o todos
menores ou iguais a 1, em valor absoluto;
Ora, na primeira fase da factorizac¸a˜o LU vamos escolher para pivot o valor que satisfizer a condic¸a˜o
max
{∣∣∣a(1)i1 ∣∣∣ , i = 1, 2, . . . , n} ,
pelo que no podemos deparar com duas situac¸o˜es:
1o caso) Suponhamos, num primeiro caso que o elemento que se pretende escolher para pivot
se encontra na diagonal principal, i.e.,
max
{∣∣∣a(1)i1 ∣∣∣ , i = 1, 2, . . . , n} = ∣∣∣a(1)11 ∣∣∣ ,
neste caso na˜o sa˜o efectuadas trocas de linhas e os multiplicadores associados a esta primeira fase
sa˜o dados por
mi1 =
a
(1)
i1
a
(1)
11
, i = 1, 2, . . . , n⇒ |mi1| =
∣∣∣∣∣a(1)i1a(1)11
∣∣∣∣∣ ≤ 1, ∀i = 1, 2, . . . , n .
2.5. 11/01/2002 - Matema´tica 49
2o caso) Suponhamos, num segundo caso, que o elemento que verifica a condic¸a˜o especificada
na˜o esta´ na diagonal principal, neste caso, se
∣∣∣a(1)p1 ∣∣∣ = max{∣∣∣a(1)i1 ∣∣∣ , i = 1, 2, . . . , n} ,
com p ∈ {2, 3, . . . , n}, enta˜o teremos de proceder a` troca das linhas 1 e p. Designando agora por
A(1) a matriz que se obte´m apo´s a escolha do pivot, vamos obter os seguintes multiplicadores para
a primeira fase da decomposic¸a˜o
mi1 =
a
(1)
i1
a
(1)
11
, i = 1, 2, . . . , n⇒ |mi1| =
∣∣∣∣∣a(1)i1a(1)11
∣∣∣∣∣ ≤ 1, ∀i = 1, 2, . . . , n .
Uma nota importante a fazer neste caso e´ a de que a decomposic¸a˜o que se obte´m no final, no caso
de haver pelo menos uma troca de linhas envolvida, na˜o e´ a da matriz A, mas sim de uma matriz
PA, onde P e´ uma matriz de permutac¸a˜o que guarda toda a informac¸a˜o acerca das trocas que foram
efectuadas para obter a decomposic¸a˜o LU .
A ana´lise a` primeira fase fica assim conclu´ıda. No que