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Cálculo Numérico - Integração numérica

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1 
 
7 Integração Numérica 
Métodos de Newton - Cotes 
7.1 Introdução 
As fórmulas de Newton-Cotes formam os esquemas mais comuns de 
integração numérica. Eles consistem na estratégia de substituir uma função complicada 
ou que não possui primitiva ou dada numa tabela, por uma função aproximada que é 
fácil de integrar, ou seja:·. 
 
( )
b
a
I f x dx 
 (1.1) 
 Uma integral definida num intervalo grande é então realizada somando-se as 
integrais aproximadas em um dado número de subintervalos. Tais somas de Riemann 
podem ser realizadas de diferentes modos, correspondentes à posição escolhida que 
define a altura de cada retângulo. Por exemplo, consideremos a integral: 
 
2
b
a
I x dx 
 (1.2) 
 
Figura 1 – Representação das somas de Riemann 
2 
 
7.1 Método do Trapézio 
O método do trapézio que consiste em aproximar a integral da função em cada 
intervalo por um polinômio de primeiro grau. A integral da função num intervalo 
qualquer é dada então pelas somas das áreas de todos os trapézios. Por exemplo, 
consideremos novamente a integral: 
 1
2
0
I x dx 
 (1.3) 
Tomando novamente quatro intervalos temos: 
 
Figura 2 – Representação do método de trapézio 
A área do trapézio é dada por: 
 
   
   
1
2
f a f b
I f b a

 
 (1.4) 
Assim, temos que: 
 
 0 1( ) ( ) ,onde 
2
T
h b a
I f x f x h
n

  
 (1.5) 
3 
 
Na Eq.(1.5) tem-se a área do trapézio de altura h = x1 – x0 e bases f(x0) e f(x1). 
Como podemos observar na Figura 3. 
 
Figura 3 – Representação da área de um trapézio. 
Este método de integração numérica consiste em: 
 Dividir a área sob a função em trapézios e 
 Somar a área dos trapézios individuais. 
Então, para intervalos x iguais à fórmula do trapézio é definida por: 
 
 
     
0 1 1 2 2 3 1
0 1 2 3 1
1
0
1
( )
2 2 2 2
( ) 2 2 2 2
2
( ) 2
2
b
n n
a
b
n n
a
b n
n i
ka
f f f f f f f f
f x dx x x x x
x
f x dx f f f f f f
h
f x dx f x f x f x




   
        

      
 
   
 



 (1.6) 
Utilizando o método do trapézio com 10 intervalos. Definamos o integrando: 
1
2
0
0.3350000000I x dx 
. 
 
Erro no método trapézio simples 
4 
 
Consideremos o erro cometido na aplicação do método trapézio aplicado a um 
único intervalo. Se pudesse saber que a primitiva de 
 f x
 é
 F x
, poderíamos escrever 
para a integral no intervalo 
 0 0,x x h
: 
 
     
0
0
0 0
x h
exata
x
I f x dx F x h F x

   
 (1.7) 
A integral aproximada é dada pela fórmula da área do trapézio: 
 
   0 0
2
aprox
h
I f x f x h    
 (1.8) 
O erro cometido na integração numérica é então definido por: 
 
exata aproxE I I 
 (1.9) 
Usando a expansão em série de Taylor temos: 
 
     
   '' '''' 2 30 0
0 0 0 ...
2 2
F x F x
F x h F x F x h h h     
 (1.10) 
Como 
   'F x f x
 temos: 
 
     
   '' '''' 2 30 0
0 0 0 ...
2 2
f x f x
F x h F x f x h h h     
 (1.11) 
Portanto, a integral exata torna-se: 
 
 
   ' ''2 30 0
0 ...
2 2
exata
f x f x
I f x h h h   
 (1.12) 
Por outro lado: 
 
     
   '' '''' 2 30 0
0 0 0 ...
2 2
f x f x
f x h f x f x h h h     
 (1.13) 
 
 
De modo que: 
5 
 
 
   
   '' '''' 2 30 0
0 02 ...
2 2 2
aprox
f x f xh
I f x f x h h h
 
     
 
 (1.14) 
e 
    
 
 
 
'' '' ''
3 3 4 3 40 0 0
3! 4 12
exata aprox
f x f x f x
E I I h h O h h O h       
 (1.15) 
Truncando a série em 
 4O h
temos que, de acordo com o teorema de Taylor, o 
erro é dado por: 
  '' 30 ,
12
f x
E h 
 (1.16) 
onde 
0 0x x h  
. 
 Erro no método trapezoide composto (repetido) 
Somando os erros individuais para os diversos trapézios temos, usando o fato 
de que para 
1n 
 nós igualmente espaçados, 
  /h b a n 
, 
  
 
3
''
3
1
,
12
n
t i
i
b a
E f
n



  
 (1.17) 
sendo
i
um número no intervalo
1[ , )i ix x
 . Na prática podemos estimar o erro 
maximizando
 ''f x
 no intervalo 
 ,a b
 e escrever: 
  
 
 
 
3 3
'' ''
max 1,...,3 2
1 1
max max
12 12
n n
i n i a x b i
i i
b a b a
E f f
n n
   
 
 
    
 (1.18) 
Na fórmula acima o somatório começa em
1i 
, pois temos pontos 
1n 
e 
n
 
intervalos. Cada
i
 é definido dentro do intervalo
 1,i ix x 
. 
Exemplo 1 Utilizando a regra do trapézio calcule 
 3 2
2
1
x x
e dx
 

com erro de no 
máximo 
510
. 
6 
 
Solução: Para calcular o erro máximo cometido devemos maximizar a segunda 
derivada: 
 
3 2 2 2 3 22 : ( 6 2) ( ) ( 3 2 ) ( )d f x exp x x x x exp x x          
 (1.19) 
Façamos o gráfico desta função: 
 
Figura 4 – Ponto de máximo da segunda derivada da função 
Assim, vemos imediatamente que o valor máximo procurado 
M
. 
 
   '' ''max , 1 ,M f x a x b f     
 (1.20) 
ou seja 
3M 
. Pela Eq.(1.18) devemos agora calcular n:  3
max 212
b a
E M
n


. 
Portanto, se
159n 
(número de intervalos) o erro será garantida mente menor que 
510
. 
Calculemos agora a integral, usando a fórmula:        
 
 
3 2
3 2
158 157
0 158
10
158
0
6 5
2 0.3982565044
2
0.3982536915
0.3982536915 0.3982565044 0.0000028129 2.8 10 10
x x
i
k
x x
h
e dx f x f x f x
e dx
E
 

 
 
 
    
 

     


 
Comparando este resultado com o do método do trapézio. 
 
7 
 
Exemplo: Calcule a integral de 
  xf x e
 no intervalo [0,1] com 10 
subintervalos. 
0 0,1 0,9 1
0,1
10
( (0) 2 (0,1) ... 2 (0,9) (1))
2
( 2 ... 2 )
2
1,72
n
n
n
b a
h
h
I f f f f
h
I e e e e
I

 
    
    

 
Exemplo: Calcular 2
0
1
dx
I
x


 usando a regra dos trapézios com cinco subintervalos. 
Um possível procedimento é o indicado na tabela, p é o número pelo qual 
 nf x
 é multiplicada na expressão da integral e 
 p f x
 indica a soma dos termos 
entre colchetes, na mesma expressão 
2 0
0,4
5
x

  
. 
x f(x) p pf (x) 
0,00 1,0000 1 1,0000 
0,40 0,7143 2 1,4286 
0,80 0,5556 2 1,1111 
1,20 0,4545 2 0,9091 
1,60 0,3846 2 0,7692 
2,00 0,3333 1 0,3333 
 
0,4
( ) 5,5513 1,1103
2 2
x
I pf x

   
 
 
Exemplo: Calcular a integral da função tabelada abaixo, usando a regra dos trapézios, e 
estimar o erro.··. 
x
 
 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 
f(x) 0,000 0,164 0,268 0,329 0,359 0,368 
 
Solução: 
1 0
0,2
5
b a
h
n
 
  
 
8 
 
 
i x F(x) p 
0 0,0 0,000 1 
1 0,2 0,164 2 
2 0,4 0,268 2 
3 0,6 0,329 2 
4 0,8 0,359 2 
5 1,0 0,368 1 
  
 
0 1 2 3 1( ) 2 2 2 2
2
1 0,000 2 0,164 2 0,268 2 0,329 0,2
( )
2 0,359 1 0,368 2
2,608 0,1 0,2608
b
n n
a
b
a
x
f x dx f f f f f f
f x dx


      
        
     
  


 
Exercício: Calcular a integral definida 4
1
1
dx
x
, utilizando a regra dos trapézios com: 
a) n = 5 intervalos.  
 
0 1 23 4 52 2 2 2
2
0,6
1 2.0,625 2.0,454 2.0,357 2.0,294 0,25
2
0,3.(1 1,25 0,908 0,714 0,588 0,250)
0,3.(4,71) 1,413
h
T y y y y y y
T
T
T
     
     
     
 
 
b) n= 10 intervalos. 
 0 1 2 3 9 102 2 2 ... 2
2
0,3
(9,288) 1,393
2
h
T y y y y y y
T
      
 
 
O valor exato desta integral é 1,386294361. 
 
 
9 
 
Métodos de Simpson 
O método do trapézio consistia em aproximar a área sob a curva, entre por um 
polinômio interpolante de primeiro grau (reta). A partir de agora vamos generalizar este 
procedimento utilizando polinômios de graus superiores. 
 
Método de Simpson 1/3 simples 
Aqui aproximamos a função
 f x
por um polinômio do segundo grau 
 2p x
, 
como mostrado na Figura, ou seja. 
 
   2
b b
a a
I f x dx p x dx  
 (1.21) 
com 
 
  22 0 1 2p x a a x a x  
 (1.22) 
 
Figura 5 – Polinômio interpelador para Simpson 
Necessitamos de três pontos que serão interpolados por
 2p x
. Além de e 
escolheremos o ponto médio. 
 
2
a b
m


 (1.23) 
10 
 
Seja 
 2p x
que interpola 
 f x
nos pontos: 
 x0 = a 
 x1 = x0 + h 
 x2 = x0 + 2h = b 
 
   
     
   
   
   
   
   
   
0 0
0 0
2 2
2
2 1 2 0
1 0 1 0
0 0 1 1 2 2
1 2 0 2 0 1
2 0 1 2
0 1 0 2 1 0 1 2 2 0 2 1
 
2
; ;
( ) ( ) ( ) ( )
x h x h
x x
f x dx p x dx
pontos igualmente espaçados
x x h x x h
x x h x x h
y f x y f x y f x
x x x x x x x x x x x x
p x f x f x f x
x x x x x x x x x x x x
 

    
    
  
     
  
     
 
 
 
 
 
 
 0 0
1 0
Fazendo uma mudança de variável
z
x x x x
x x h
 
 

 
Fazendo manipulações algébricas 
       
     
0 0 0 00
2 0 1 2
0 0 0 0
2 0 1 2
2 0 1 2
2 2
(z) y . . y .
2 2
2 2
(z) y . y . 1
2 2 2
(z) y 1 1 . 2 y . 1
2 2
x x h x x h x x h x x hx x
p y z
h h h h h
x x h x x h x x h z x x
p y z
h h h h h h h
z z
p z y z z z
       
  
  
             
              
            
 
          
 
 
11 
 
   
 
0
0
0
0
0
2 2
2 2
0
2 2 2
2
0 1 2
0
2 2 2 2 2 2
3 2 2 3 3 2
22 2
0 1 20 0
0 0 0 0 0 0
;
0
2 2
y 1 2 y .
2 2 2 2
y y .
6 2 4 3 6 4
x h
x
x x
z
h
dx
dz
h
x x z
x x h z
p x dx p z hdz
z z z z
z y z z hdz
z z z z z z
h z y z



 
  
   
 
    
             
    
      
             
            
 

 
0 1 2
0 1 2 0 1 2
8 4 4 8 8
y 2 4 y . 1
6 2 4 3 6
1 4 1
y y y y 4 y y
3 3 3 3
h y
h
h


      
              
      
 
         
 
Finalmente 
   
0
0
2
2 0 1 2y 4 y y
3
x h
x
h
p x dx

  
 
Exemplo: Estimar o valor da integral de e
x
 no intervalo [0,1] através da regra 1/3 de 
Simpson.    
0
0
2
2 0 1 2
1
0 0,5 1
0
y 4 y y ;
3
1 0
2 0,5
2
0,5
4 1,718861152
3
x h
x
x
h
p x dx
b a
h n h
n
e dx e e e

  
 
      
     


 
Método de Simpson 1/3 composto (repetida) 
O método desenvolvido acima pode agora ser aplicado de maneira composta. 
Na Fig. 2 ilustramos tal aplicação para 
6n 
. 
12 
 
 
Figura 6 – Representação do método de Simpson 
Considerando a Figura da esquerda temos então três parábolas que interpolam 
cada tríade 
     0 1 2 2 3 4 4 5 6, , , , , , , ,x x x x x x x x x
. E a integral total é a soma das áreas sob 
cada parábola: 
 
1 2 3TI I I I  
 (1.24) 
onde 
 
     
     
     
1 0 1 2
2 2 3 4
3 4 5 6
4
3
4
3
4
3
h
I f x f x f x
h
I f x f x f x
h
I f x f x f x
    
    
    
 (1.25) 
Portanto, 
             0 1 2 3 4 5 64 2 4 2 4
3
h
I f x f x f x f x f x f x f x        
 (1.26) 
Notemos que os pontos com índices ímpares têm coeficiente 2 e os índices 
pares têm coeficiente 4. De modo geral temos: 
 
       
1
2 2
0 2 1 2
1 1
4 2
3
n n
j j n
j j
h
I f x f x f x f x


 
 
    
 
  
 
 (1.27) 
13 
 
Exemplo: Resolvamos novamente a integral 
 3 2
158
0
x x
e dx
 

, agora utilizando o 
método de Simpson 1/3. Tomemos 159 intervalos, para fazer uma comparação deste 
resultado com o do trapézio. 
 
 
3 2
158
0
10
0.3982536917
0.3982536915
0.3982536915 0.3982536917 2 10
x x
simpson
indefinida
I e dx
I
Erro
 

 

   

 
Ou seja, o erro diminuiu quadraticamente, relativamente àquele cometido pelo 
método trapézio, com um número similar de intervalos. De fato, o erro no método de 
Simpson 1/3 composto é dado por: 
  
 
   
5
4
,4
max
180
a b
b a
E f
n
 


 (1.28) 
Exercício: Estimar a integral de 
xe
no intervalo de zero a um usando a regra 1/3 de 
Simpson repetida 3 vezes: 
   
1 1 2 3 4 5
0 16 6 6 6 6
0
1 0
2 3 6 0,16666666666
6
0,1666
4 2 4 2 4
3
30,92920506 0,055555555 1,71828917
x
b a
h n h
n
e dx e e e e e e e
 
        
 
        
 
 
 
Método de Simpson 3/8 simples 
Aqui aproximamos a função 
 f x
 por um polinômio do terceiro grau
 3p x
, 
que intepola 4 pontos entre 
0 3 a x e b x 
, como mostrado na Figura. 
14 
 
 
Figura 7 – Regra de Simpson 3/8 
Ou seja, 
 
   
3 3
0 0
3
x x
x x
I f x dx p x dx  
 (1.29) 
onde 
 
  2 33 0 1 2 3p x a a x a x a x   
 (1.30) 
Suponhamos que os quatro pontos que serão interpolados por 
 3p x
são 
igualmente espaçados: 
 
 
3
0
3.
. .
8
m
i i
i
h
I c y

 
  
 

 (1.31) 
Em que, os 
ic
 são iguais a 1, para 
0 nc e c
, 2 para os “i” múltiplos de 3 e, 3 para 
os demais. O número de subintervalos “m” deve ser múltiplo de 3. 
Exemplo: Calcule a integral 4
1
1
dx
x
, utilizando m=6 intervalos. 
Solução: Colocamos os dados em forma de tabela, para facilitar a interpretação: 
4 1
0,5
6
b a
h
m
 
  
 
 
15 
 
i x y c c.y 
0 1 1 1 1 
1 1,5 0,667 3 2,001 
2 2,0 0,500 3 1,500 
3 2,5 0,400 2 0,800 
4 3,0 0,333 3 0,999 
5 3,5 0,286 3 0,858 
6 4,0 0,250 1 0,25 
 
 3 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
3
3
3
3.
. . . . . . . .
8
3.0,5
.(1.1 3.0,667 3.0,5 2.0,4 3.0,333 3.0,286
8
1.0,25)
0,1875.(1 2,001 1,5 0,8 0,999 0,858 0,25)
0,1875.(7,408) 1,3890
h
I c y c y c y c y c y c y c y
I
I
I
      
     

      
 
 
Como pôde-se ver, este método aproxima ainda mais o valor real da integral. 
 
Lista de Exercícios de Integração numérica 
Exercício 1 - Calcular pela regra do Trapézio 
 
4
0
ln 1x dx
 usando 5 pontos. Pela primeira 
regra de Simpson usando 3 repetições. 
 
        
4
4
0
0
ln 1 ln 1 1 1 4,047193,04719 1x dx x x x          
 
 
16 
 
 
Exercício 2 -Calcular 3
2
2
xe
x
dx
pela primeira e segunda regra Simpson: (Use 2 repetições) 
    
33
2 2
2 2
8,963378141 0 8,9633782 2 141
x x
xe dx x e
 
     
 

 
 
 
Exercício 3 - Calcular a integral 

6,3
3
x
dx . 
a) Por meio do cálculo integral. 
b) Pela Regra do Trapézio e estimar o erro de truncamento cometido. 
 
a) 
18232,03ln6,3lnln
6.3
3
6,3
3
 xx
dx 
 
b) 
30 x
, 
6,31 x
 e 
6,001  xxh
 
 
 
18333,0
6,3
1
0,3
1
2
6,0
)]()([
2
10
6,3
3






 xfxf
h
x
dx 
17 
 
 
O erro cometido é dado pela expressão: 
],[)(max
12
10
''
3
xxxxf
h
Et 
. 
x
xf
1
)( 
, 
2
' 1)(
x
xf


 e 
3
'' 2)(
x
xf 
 
Para 
]6,3,3[x
 o valor 
27
2
3
2
)(max
3
'' xf
, portanto: 
00133,0
27
2
12
6,0 3
tE
 
 
Como o valor da integral é conhecido, pode-se calcular o erro: 
Erro = 0,18333-1,18233=0,001, valor muito próximo do calculado acima. 
 
 
Exercício 4 - Integre a equação: 
5432 400900675200252,0)( xxxxxxf 
, no 
intervalo [0, 0,8]. 
 
a) Por meio do cálculo integral. 
b) Usando a Regra do Trapézio, primeira e segunda regras de Simpson. 
 
 
a) 
 
 
64053334,1
6
400
5
900
4
675
3
200
2
252,0
400900675200252,0
8,0
0
65432
8,0
0
5432








xxxxx
x
dxxxxxx
 
 
  1728,0]232,02,0[
2
8,0
)]8,0()0([
2
8,0
400900675200252,0
8,0
0
5432  ffdxxxxxx
 
 
O erro cometido é dado por: Erro = 1,64053334-0,1828 = 1,46773334 . Em 
percentagem o erro é de 850%. Pela observação do gráfico da função abaixo, vê-se que 
é muito pobre a estimativa da integral pela utilização da Regra do Trapézio. 
 
Referencias bibliográficas 
RUGGIERO, M. A. G.; LOPES, V. L. R. Cálculo numérico: aspectos teóricos e 
computacionais. 2. Ed. São Paulo: Makron Books, 1996. 
FRANCO, N. B. Cálculo Numérico. São Paulo: Prentice Hall, 2006. 
BURDEN, R. L., FAIRES, J. D. Análise Numérica. 8ª ed. Thomson Learning, 2008. 
18

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