P1 Calculo Numerico 2017 1 Gabarito CEFET WASHINGTON

Prévia do material em texto

Centro Federal de Educação Tecnológica C. S. da Fonseca
UnED Itaguaí
Engenharia de Produção
Cálculo Numérico Turma 2017-1 Data: 17/04/2017 Prova: P1
Professor: Washington da Silva Aluno: Gabarito Nota:
Questão 1 – (4.0 pt)
Seja f(x) = ex − 4x2 e ξ sua raiz no intervalo (0, 1).
(a) (2.0 pt) Verifique se ϕ1(x) = 12e
x
2 e ϕ2(x) = 2ln(2x) convergem para ξ ∈ (0, 1) se usarmos
o MPF com x0 ∈ (0, 1);
ϕ1(x) =
1
2
e
x
2 e ϕ′1(x) =
1
4
e
x
2 são contínuas em (0, 1). Além disso, observe que
|ϕ′1(x)| =
1
4
e
x
2 < 1 =⇒ ex2 < 4 =⇒ x
2
< ln(4) =⇒ x < 2ln(4) ≈ 2.773
Como (0, 1) ⊂ (−∞, 2ln(4)) e x0 ∈ (0, 1) temos que ϕ1(x) = 12e
x
2 converge para ξ ∈ (0, 1).
No entanto, como
|ϕ′2(x)| =
2
|x| < 1 =⇒ |x| > 2 =⇒ x < −2 ou x > 2
temos que ϕ2(x) = 2ln(2x) não converge para ξ ∈ (0, 1).
(b) (2.0 pt) Trabalhando com arredondamento para três dígitos significativos em todas as
operações, quando for o caso, e usando o teste do erro absoluto, use o método de Newton para
obter uma solução aproximada x¯ para f(x) = ex − 4x2 = 0 com x0 = 0.5 e � = 10−4.
ϕ(x) = x− f(x)
f ′(x)
= x− e
x − 4x2
ex − 8x e xk+1 = ϕ(xk)
Temos que xk+1 = x¯ se |f(xk+1)| < � ou |xk+1 − xk| < �. Assim, tomando x0 = 0.5 temos que
x¯ = x3 ≈ 0.715.
Questão 2 – (6.0 pt)
Dado o sistema linear 
4x1 + x2 − x3 = 2
x1 − 4x2 + x3 = 4
x1 + x2 + 4x3 = 1
e trabalhando com arredondamento para três dígitos significativos em todas as operações,
quando for o caso,
(a) (0.5 pt) Verifique se a matriz A dos coeficientes satisfaz as condições da decomposição LU ;
A =
4 1 −11 −4 1
1 1 4
 e b =
24
1

1
Como detA1 = 4 6= 0 e detA2 = −17 6= 0, temos que as condições do teorema da fatoração LU
são satisfeitas. Além disso, note que detA = −76 6= 0 o que implica que o sistema dado possui
solução única.
(b) (2.0 pt) Use o Método de Eliminação de Gauss e obtenha as matrizes L e U da decompo-
sição LU ;
Para k = 1 temos
i = 2 : m21 = 0.25; a
(2)
21 = 0; a
(2)
22 = −4.25; a(2)23 = 1.25; b(2)2 = 3.5
i = 3 : m31 = 0.25; a
(2)
31 = 0; a
(2)
32 = 0.75; a
(2)
33 = 4.25; b
(2)
3 = 0.5
Então
(A|b)(2) =
 4 1 −1 20 −4.25 1.25 3.5
0 0.75 4.25 0.5

Para k = 2 temos
i = 3 : m32 ≈ −0.176; a(3)32 = 0; a(3)33 ≈ 4.471; b(3)3 ≈ 1.118
Então
(A|b)(3) =
 4 1 −1 20 −4.25 1.25 3.5
0 0 4.471 1.118

Logo
U =
4 1 −10 −4.25 1.25
0 0 4.471
 e L = M−1 =
 1 0 00.25 1 0
0.25 −0.176 1

(c) (1.0 pt) Resolva o sistema linear dado usando a decomposição LU ;
Ax = b⇐⇒ LUx = b. Fazendo Ux = y devemos resolver primeiro Ly = b, ou seja, 1 0 00.25 1 0
0.25 −0.176 1

y1y2
y3
 =
24
1
 =⇒ y =
 23.5
1.116

Daí, resolvendo 4 1 −10 −4.25 1.25
0 0 4.471

x1x2
x3
 =
 23.5
1.116
 =⇒ x =
 0.75−0.75
0.25

(d) (0.5 pt) Verifique que pelo critério das linhas, temos que o método iterativo de Gauss-
Jacobi gera uma sequência x(k) convergente para a solução do sistema linear dado;
2
α1 = α2 = α3 =
1
4
+
1
4
= 0.5 =⇒ α = 0.5 < 1
Logo, pelo critério das linhas, temos que o método iterativo de Gauss-Jacobi gera uma sequência
x(k) convergente.
(e) (2.0 pt) Resolva o sistema linear dado pelo método iterativo de Gauss-Jacobi com
x(0) =
 1−1
0
 e � = 10−5
(Use o teste do erro relativo d(k)r ).
x
(k+1)
1 = 0.25(2− x(k)2 + x(k)3 )
x
(k+1)
2 = 0.25(−4 + x(k)1 + x(k)3 )
x
(k+1)
3 = 0.25(1− x(k)1 − x(k)2 )
Para k = 0 obtemos x(1)1 = 0.75, x
(1)
2 = −0.75 e x(1)3 = 0.25 com
d(1) = máx1≤i≤3|x(1)i − x(0)i | = 0.25 =⇒ d(1)r =
d(1)
máx1≤i≤3|x(1)i |
=
0.25
0.75
≈ 0.333 > �
Para k = 1 obtemos x(2)1 = 0.75, x
(2)
2 = −0.75 e x(2)3 = 0.25 com
d(2) = máx1≤i≤3|x(2)i − x(1)i | = 0 =⇒ d(2)r =
d(2)
máx1≤i≤3|x(2)i |
=
0
0.75
= 0 < �
Logo, x¯ = x(2) = (0.75,−0.75, 0.25)t.
Algoritmo do Método de Eliminação de Gauss:
Para k = 1 até (n− 1) faça
Para i = (k + 1) até n faça
mik =
a
(k)
ik
a
(k)
kk
Para j = k até n faça
a
(k+1)
ij = a
(k)
ij − a(k)kj mik
Fim para
b
(k+1)
i = b
(k)
i − b(k)k mik
Fim para
Fim para
3