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Centro Federal de Educação Tecnológica C. S. da Fonseca UnED Itaguaí Engenharia de Produção Cálculo Numérico Turma 2018-1 Data: 04/07/2018 Prova: PF Professor: Washington da Silva Aluno:Washington Santos Silva Santos Silva Nota: Questão 1 – (2.0 pt) Seja f(x) = x − 6 − 2ln(x − 2) + 2ln(x − 1). Sejam ξ1 e ξ2 suas raízes tais que ξ1 ∈ (2, 3) e ξ2 ∈ (5, 6). Mostre, pelo teorema, se ϕ(x) = 6 + 2ln(x − 2) − 2ln(x − 1) converge para ξ1 ou ξ2 pelo Método do Ponto Fixo, tomando x0 ∈ (2, 3) ou x0 ∈ (5, 6), respectivamente. NESTA QUESTÃO, VOCÊ NÃO DEVE USAR CALCULADORA. Solução 1. ϕ(x) = 6 + 2ln(x − 2) − 2ln(x − 1) é contínua em (2,∞) pois ln(x − 2) implica x > 2; já ϕ′(x) = 2 x− 2 − 2 x− 1 = 2 (x− 1)(x− 2) é contínua em (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2,∞). Logo, ϕ(x) e ϕ′(x) são contínuas em (2, 3) e (5, 6). No entanto, observe que |ϕ′(x)| = ∣∣∣∣ 2(x− 1)(x− 2) ∣∣∣∣ = 2|(x− 1)(x− 2)| < 1 =⇒ |(x− 1)(x− 2)| = |x2 − 3x+ 2| > 2 Não é difícil notar que |x2−3x+2| = 2 em x = 0 ou x = 3. Assim , temos que |x2−3x+2| > 2 para x ∈ I = (−∞, 0) ∪ (3,∞). Como (5, 6) ⊂ I, temos que ϕ(x) converge para ξ ∈ (5, 6) tomando x0 ∈ (5, 6). Mas ϕ(x) não converge para ξ ∈ (2, 3) pois (2, 3) 6⊂ I. Questão 2 – (2.0 pt) Considere o sistema tridiagonal dado por 2x1 − x2 = 1 −xi−1 + 2xi − xi+1 = 0, 2 ≤ i ≤ (n− 1) −xn−1 + 2xn = 0 para n = 4. Escreva a matriz A dos coeficientes e obtenha as matrizes L e U da decomposição LU . NESTA QUESTÃO, VOCÊ NÃO DEVE USAR CALCULADORA. Solução 2. A = 2 −1 0 0 −1 2 −1 0 0 −1 2 −1 0 0 −1 2 , L = 1 0 0 0 −1 2 1 0 0 0 −2 3 1 0 0 0 −3 4 1 e U = 2 −1 0 0 0 3 2 −1 0 0 0 4 3 −1 0 0 0 5 4 1 Questão 3 – (2.0 pt) Seja f(x) = sen (pix 2 ) . Determine a função Spline Linear sobre os pontos x0 = 3, x1 = 4 e x2 = 5; use a forma de Lagrange para obter o polinômio de interpolação Pn(x) (polinômio de grau menor ou igual a n) sobre esses mesmos pontos; faça uma tabela comparando os valores de f(3.5), S1(3.5) e P2(3.5). NESTA QUESTÃO, VOCÊ NÃO DEVE USAR CALCULADORA. Solução 3. Considere a tabela abaixo: x 3 4 5 f(x) −1 0 1 A fim de escrevermos a função S1 Spline Linear, devemos obter as partes s1(x) e s2(x). Segue que s1(x) = f(x1) x− x0 x1 − x0 − f(x0) x− x1 x1 − x0 = − (−1)(x− 4) 4− 3 = x− 4 s2(x) = f(x2) x− x1 x2 − x1 − f(x1) x− x2 x2 − x1 = x− 4 5− 4 = x− 4 Logo, S1 = x− 4, x ∈ [3, 5] Agora, a fim de escrevermos o polinômio de interpolação quadrático, devemos obter L0(x) e L2(x) (note que não precisamos escrever L1(x) visto que f(x1) = f(4) = 0). Segue que L0(x) = (x− x1)(x− x2) (x0 − x1)(x0 − x2) = (x− 4)(x− 5) (−1)(−2) = x2 − 9x+ 20 2 L2(x) = (x− x0)(x− x1) (x2 − x0)(x2 − x1) = (x− 3)(x− 4) 2 = x2 − 7x+ 12 2 Logo P2(x) = −x 2 − 9x+ 20 2 + x2 − 7x+ 12 2 =⇒ P2(x) = x− 4 f(3.5) S1(3.5) P2(3.5) − √ 2 2 −0.5 −0.5 2 Questão 4 – (2.0 pt) Seja I = ∫ 4 1 2√ x dx. Determine com quantas divisões do intervalo [1, 4], no mínimo, podemos esperar obter erros menores que 10−4 ao integrarmos numericamente pela Regra dos Trapézios e pela Regra 1/3 de Simpson. Use aproximação por arredondamento com 4 casas decimais, quando for o caso. Solução 4. n pela Regra dos Trapézios Repetida: |ETR| ≤ nh 3M2 12 , h = 3 n , M2 = máxx∈[1,4]|f ′′(x)| Segue que f ′(x) = − 1√ x3 ; f ′′(x) = 3 2 √ x5 =⇒M2 = |f ′′(1)| = 3 2 Então nh3M2 12 = n · ( 3 n )3 · 3 2 · 1 12 = 27 8n2 < 10−4 =⇒ n2 > 27 8 · 10−4 =⇒ n > √ 27 8 · 10−4 ≈ 183.7117 Logo, a fim de integrar numericamente I pela Regra dos Trapézios Repetida com erro menor que 10−4, basta tomarmos n = 184. n pela Regra 1/3 de Simpson Repetida: |ESR| ≤ nh 5M4 180 , h = 3 n , M4 = máxx∈[1,4]|f (iv)(x)| Segue que f ′′′(x) = − 15 4 √ x7 ; f (iv)(x) = 105 8 √ x9 =⇒M4 = |f (iv)(1)| = 105 8 Então nh5M4 180 = n· ( 3 n )5 ·105 8 · 1 180 = 567 32n4 < 10−4 =⇒ n4 > 567 32 · 10−4 =⇒ n > 4 √ 567 32 · 10−4 ≈ 20.5167 Logo, a fim de integrar numericamente I pela Regra 1/3 de Simpson Repetida com erro menor que 10−4, basta tomarmos n = 22. 3 Questão 5 – (2.0 pt) Considere o PVI dado por { y′ − y = 2te2t y(0) = 1 Usando o método de Taylor de ordem k = 2, calcule y(0.2) com h = 0.1. Use aproximação por arredondamento com 5 casas decimais, quando for o caso. Solução 5. O método de Taylor de ordem k = 2 é dado por yn+1 = yn + y ′ nh+ y ′′ n h2 2 Devemos calcular a derivada y′′. Segue que y′ = y + 2te2t y′′ = y′ + 2e2t + 4te2t =⇒ y′′ = y + 2e2t + 6te2t y1 é dado por y1 = y0 + (0.1)y ′ 0 + (0.1)2 2 y′′0 onde, y0 = 1 y′0 = y0 + 2 · 0 · e0 = 1 y′′0 = y0 + 2 · e0 + 6 · 0 · e0 = 1 + 2 = 3 Logo, y1 = 1 + 1 10 + 3 200 = 200 + 20 + 3 200 = 223 200 =⇒ y1 = 1.115 y2 é dado por y2 = y1 + (0.1)y ′ 1 + (0.1)2 2 y′′1 onde, y1 = 1.115 y′1 = y1 + 2 · (0.1) · e0.2 = 1.35928 y′′1 = y1 + 2 · e0.2 + 6 · (0.1) · e0.2 = 4.29065 Logo, y2 = 1.115 + 1.35928 10 + 4.29065 200 =⇒ y2 = 1.27239 4 SPILINE LINEAR si(x) = f(xi) x− xi−1 xi − xi−1 − f(xi−1) x− xi xi − xi−1 ∀x ∈ [xi−1, xi] FÓRMULA DE LAGRANGE Pn(x) = n∑ k=0 fkLk(x), Lk(x) = n∏ i=0 i 6=k (x− xi) (xk − xi) REGRA DOS TRAPÉZIOS REPETIDA |ETR| ≤ nh 3M2 12 , n = b− a h , M2 = máxx∈[a,b]|f ′′(x)| REGRA 1/3 DE SIMPSON REPETIDA |ESR| ≤ nh 5M4 180 , n = b− a h , M4 = máxx∈[x0,xn]|f (iv)(x)| MÉTODO DE TAYLOR DE ORDEM k yn+1 = yn + ( k∑ i=1 y(i)n hi i! ) 5
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