PROVA DE CALCULO UFRJ

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
Departamento de Ciência da Computação�UFRJ
Cálculo Numérico
S. C. Coutinho
Provas e gabaritos
Lembre-se: Nas provas não são aceitas respostas sem justificativa. Você deve saber
explicar tudo o que fizer.
DCC-UFRJ�Cálculo numérico
Primeira Prova�Turma EC2�2015/2
Questão 1 (4 pontos)
Considere as funções f1(x) = e
x/4
e f2(x) = 1, 982/x.
(a) Invente uma função g(x), diferente da que é dada pelo método de Newton, cujo
ponto fixo é o ponto de interseção dos gráficos de y = f1(x) com y = f2(x).
(b) Verifique que a iteração dada por xn+1 = g(xn) é convergente no intervalo [0, 2].
(c) Determine uma aproximação numérica, correta até a segunda casa decimal, do
ponto fixo de g(x), partindo do ponto x0 = 1, 3.
(d) Determine uma aproximação numérica, correta até a segunda casa decimal, do
ponto de interseção de y = f1(x) com y = f2(x), usando o método de Newton,
com ponto de partida x0 = 1, 3.
Solução:
O ponto de interseção é dado por f1(x) = f2(x); isto é, por e
x/4 = 1, 982/x, que
podemos reescrever na forma x = 1, 982/ex/4. Isto sugere tomar
g(x) = 1, 982e−x/4.
Para mostrar que a iteração converge em [0, 2], usamos o teorema do valor médio
para escrever
|xn+1 − ξ| = |g(xn)− g(ξ)| = |g′(c)||xn − ξ|,
em que ξ é o ponto fixo de g e c está entre xn e ξ. Mas
g′(x) = −1, 982
4
e−x/4.
Como ex/4 é uma função crescente, sua inversa e−x/4 = 1/ex/4 é decrescente. Logo,
|g′(x)| = 1, 982
4ex/4
<
1, 982
4
≤ 0.4995 < 1,
para todo x ≥ 0. Iterando a função g a partir de x0 = 1, 3, obtemos os seguintes
valores para xn e o erro en:
n xn en
1 1, 432 · 100 1, 321 · 10−1
2 1, 386 · 100 4, 651 · 10−2
3 1, 402 · 100 1, 617 · 10−2
4 1, 396 · 100 5, 676 · 10−3
Portanto, a aproximação desejada é x4 = 1.396. Finalmente, precisamos achar
um zero de ex/4 = 1, 982/x usando o método de Newton. Para facilitar as contas,
vou rearrumar a equação na forma xex/4 − 1, 982 = 0, de modo que o problema
Page 2
consiste em calcular um zero da função h(x) = xex/4 − 1, 982 pelo método de
Newton. Como
h′(x) = ex/4 +
xex/4
4
=
x+ 4
4
ex/4
a iteração do método de Newton-Raphson é dada por
xn+1 = xn − 4xne
x/4 − 1, 982
(xn + 4)exn/4
=
x2ne
xn/4 + 7, 932
(xn + 4)exn/4
.
Calculando a iteração pedida, temos
n xn en
1 1.4002 0.1002
2 1.3980 0.0021
Portanto, a aproximação desejada é 1.3980.
Questão 2 (4 pontos)
Considere o sistema linear
x+ 4y + z = 7
3x+ y − z = 3
−5x+ 13y − 22z = 48.
(a) Calcule a decomposição PLU da matriz do sistema.
(b) Calcule a solução exata do sistema.
(c) Rearrume o sistema de modo que o método de Jacobi seja convergente e calcule
duas iterações por este método, partindo de v(0) = [0, 0, 0]t
(d) Calcule os erros absoluto e relativo cometidos, no cálculo feito em (c), para a
cordenada y da solução do sistema, arredondando para três casas decimais.
Solução:
A matriz do sistema é  1 4 13 1 −1
−5 13 −22

Vamos aplicar eliminação gaussiana a esta matriz. Como a posição 1, 1 é não
nula, não há necessidade de trocar linhas de posição. Ao final da eliminação com
o pivô na posição 1, 1, obtemos:
U =
1 4 10 −11 −4
0 33 −17

e L =
 1 0 03 1 0
−5 0 1

Page 3
Mas uma vez não há necessidade de trocar linhas de lugar, porque a posição 2, 2
não é nula. Ao final desta etapa, obteremos
U =
1 4 10 −11 −4
0 0 −29

e L =
 1 0 03 1 0
−5 −3 1
 ;
além de P , que será igual à matriz identidade 3×3. Por outro lado, multiplicando 1 4 13 1 −1
−5 13 −22
xy
z
 =
 73
48

à esquerda por L−1, obtemos1 4 10 −11 −4
0 0 −29
xy
z
 =
 1 0 0−3 1 0
5 3 1
 73
48
 =
 7−18
29
 ,
donde x = 0, y = 2 e z = −1. Passando à letra (c), trocamos a primeira equação
o sistema com a segunda, para obter a matriz
A =
 3 1 −11 4 1
−5 13 −22

cuja diagonal é estritamente dominante. Com isto o método de Jacobi converge
para esta matriz. Não esqueça que também preciamos trocar as posições das duas
primeiras entradas no vetor de constante, que passa a ser
b =
 37
48
 ,
Como  3 1 −11 4 1
−5 13 −22
 =
3 0 00 4 0
0 0 −22
+
 0 1 −11 0 1
−5 13 0
 ,
o sistema pode ser reescrito na forma3 0 00 4 0
0 0 −22
xy
z
 = −
 0 1 −11 0 1
−5 13 0
xy
z
+
 37
48
 ,
da qual extraímos a iteração do método de Jacobi:3 0 00 4 0
0 0 −22
xn+1yn+1
zn+1
 = −
 0 1 −11 0 1
−5 13 0
xnyn
zn
+
 37
48
 .
Page 4
Aplicando duas vezes esta iteração com v0 = [0, 0, 0]
t
, obtemos
v1 =
 37
48
 . e v2 =
−0.310606060606062.045454545454545
−1.375
 .
Com isso, o erro absoluto cometido no cálculo da coordenada y é∣∣∣∣22931056 − 2
∣∣∣∣ = 1811056 = 0.17140151515151 ≈ 0.171
e o erro relativo correspondente é
181
1056
2
=
181
2112
= 0.085700757575757 ≈ 0.086.
Questão 3 (3 pontos)
Dê exemplo de:
(a) uma função f : R → R que tem um único zero, mas para a qual o método de
bisseção não funciona;
(b) uma matriz A, de tamanho 2 × 2 e com 1 nas duas posições da diagonal, de
modo que a matriz R correspondente à iteração xn+1 = Rxn + c do método de
Gauss-Seidel tem raio espectral maior que 1;
(c) um polinômio de grau dois para o qual o método de Newton alterna entre os
valores 1 e 2.
Solução:
Um exemplo para (a) é f(x) = x2, porque todo o gráfico está de um lado só do
eixo x, de modo que não podemos aplicar o teorema do valor intermediário. Para
(b), vou considerar a matriz
A =
[
1 b
c 1
]
=
[
1 0
c 1
]
+
[
0 b
0 0
]
e calcular
R = −(D + L)−1U = −
[
1 0
c 1
]−1 [
0 b
0 0
]
.
Como [
1 0
c 1
]−1
=
[
1 0
−c 1
]
de modo que
R = −(D + L)−1U = −
[
1 0
−c 1
] [
0 b
0 0
]
=
[
0 −b
0 cb
]
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Para que R tenha raio espectral maior que 1 é necessário que |bc| > 1. Finalmente,
para resolver (c), suporemos que f(x) = x2 + ax + b. Calculando a iteração do
método de Newton-Raphson para este polinômio, obtemos
g(x) = x− x
2 + ax+ b
2x+ a
=
x2 − b
2x+ a
.
Queremos que
g(1) =
1− b
2 + a
= 2 e que g(2) =
4− b
4 + a
= 1;
que corresponde ao sistema linear
2a+ b = −3
a+ b = 0.
Resolvendo o sistema, obtemos a = −3 e b = 3, de modo que o polinômio desejado
é x2 − 3x+ 3.
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DCC-UFRJ�Cálculo numérico
Segunda Prova�Turma EC2�2015/2
Questão 1 (3 pontos)
A tabela abaixo foi obtida como resultado de um experimento relativo à variação da
temperatura T (em graus Celsius) com a posição x (em centímetros):
T 22 43 84 210 320
x 0.1 0.2 0.4 0.8 0.9
(a) Use interpolação entre os pontos de posição 0.1, 0.2 e 0.4 para calcular a tem-
peratura na posição 0.3 com arredondamento para três casas decimais.
(b) Determine a curva da forma T = aebx que melhor se ajusta aos dados da tabela
e use a fórmula assim obtida para calcular T (0.3) com três casas decimais.
Solução:
O polinômio interpolador é
P = 22
(x− 0.2)(x− 0.4)
(0.1− 0.2)(0.1− 0.4)+43
(x− 0.1)(x− 0.4)
(0.2− 0.1)(0.2− 0.4)+84
(x− 0.1)(x− 0.2)
(0.4− 0.1)(0.4− 0.1) .
Substituindo x = 0.3, obtemos P (0.3) = 63.667. Para achar a curva exponencial
T = aebx que melhor se ajusta a estes dados aplicamos logaritmo natural a esta
equação obtendo
ln(T ) = ln(a) + bx.
Escrevendo α = ln(a) a equação toma a forma
ln(T ) = α + bx.
Para poder montar o sistema, precisamos dos logaritmos dos valores de T dados
na tabela:
T 22 43 84 210 320
ln(T ) 3.091 3.761 4.431 5.347 5.768
x 0.1 0.2 0.4 0.8 0.9
A matriz de Vandermonde correspondente é
V =

1 0.1
1 0.2
1 0.4
1 0.8
1 0.9

de modo que a equação normal é dada por
V tV
[
α
b
]
= V tb
Page 7
em que
b =

22
4384
210
320

Como
V tV =
[
5 2.4
2.4 1.66
]
e V tb =
[
22.398
12.303
]
obtemos, ao resolver o sistema, que
α = 3.014 e b = 3.054.
Levando em conta que a = eα = 20.37, a relação entre T e x que melhor se adapta
aos dados é T = 20.37 exp(3.054x). A aproximação para T (0.3) resultante desta
expressão é 50.92.
Questão 2 (3 pontos)
A área do círculo x2 + y2 = 1 é igual a pi.
(a) Determine uma aproximação para a área limitada por este círculo no primeiro
quadrante usando o método de Simpson com h = 0.25 e determine uma estima-
tiva para pi a partir disto. Expresse o resultado com três casas decimais.
(b) Seja f(x) =
√
1− x2. Sabendo-se que f ′′(0) = −1, que f ′′(√2/2) = −√2/2 e
que f ′′′(x) não se anula no intervalo aberto (0, 1), determine h de modo que a
integração pela regra do trapézio produza o valor de pi correto até a segunda
casa decimal.
Solução:
Se f(x) =
√
1− x2 então, pelo método de Simpson,∫ 1
0
f(x)dx =
h
3
(f(x0) + f(x4) + 2f(x2) + 4(f(x1) + f(x3)))
Tabelando os valores de f(xi) obtemos
i 0 1 2 3 4
xi 0.0 0.25 0.5 0.75 1.0
f(x) 1.0 0.9683 0.866 0.6614 0.0
Substituindo na fórmula e efetuando os cálculos∫ 1
0
f(x)dx =
0.25
3
(1.0 + 0.0 + 2 · 0.866 + 4(0.9683 + 0.6614)) = 0.7709.
Page 8
Arredondando para 3 casas decimais, obtemos 0.771, de modo que o valor de pi
correspondente será 4 · 0.771 = 3.084. Para obter pi correto até a segunda casa
decimal com os dados de (b) precisamos que a integral entre 0 e
√
2/2 seja igual
a 3.14/4 = 0.785 quando calculada com 4 decimais corretas. Pela fórmula do erro
para o método do trapézio devemos ter, portanto, que
10−3 >
∣∣∣∣∣(0−
√
2)h2f ′′(ξ)
12
∣∣∣∣∣ ,
para algum ξ ∈ (0,√2/2). Como f ′′′(x) não se anula em (0, 1), os valores dados
para f ′′(x) mostram que a |f ′′(x)| é crescente em (0,√2/2). Logo, considerando
o intervalo de integração como sendo [0,
√
2/2], temos que
10−3 >
∣∣∣∣∣
√
2h2f ′′(ξ)
12
∣∣∣∣∣ >
√
2h2 · 1
12
=
√
2h2
12
.
Segue-se disto que
h2 <
12 · 10−3√
2
≈ 0.0085;
donde teria que ser menor que 0.0921.
 Note que não é possível usar o intervalo [0, 1] no cálculo do erro porque a função
f ′′(x) = − x√
1− x2
não é limitada neste intervalo.
Questão 3 (3 pontos)
Considere o problema de valor inicial
y′ − y2 cos(x) = 0 e y(0) = 1.
(a) Descreva a recorrência do método de Euler modificado no caso específico do
problema de valor inicial acima.
(b) Calcule o valor de y(1) usando o método de Euler modificado com passo 0.5.
Sua resposta deve incluir todos os valores intermediários das variáveis calculados ao
longo da execução do algoritmo.
Solução:
Page 9
A iteração é dada por
y(0) = 1
y∗n+1 = yn + hy
2
n cos(xn)
yn+1 = yn +
h
2
(
y2n cos(xn) + (y
∗
n+1)
2 cos(xn+1)
)
Aplicando-a com xn = n · 0.5, obtemos os dados tabelados abaixo:
n 0 1 2
xn 0 0.5 1
y∗n × 1.5 3.08
yn 1 1.74 3.69
Portanto, o valor desejado é y(1) = 3.69.
Questão 4 (2 pontos)
Considere o problema de valores de contorno
y′′ = 3y′ + y + x2, y(0) = −20 e y(3) = −11.
Calcule y(1) usando o método de diferenças finitas com h = 1.
Solução:
Substituindo as aproximações
y′(xn) ≈ yn−1 + yn+1
2h
e y′′(xn) ≈ yn+1 − 2yn + yn−1
h2
na equação e levando em conta que h = 1, obtemos
yn+1 − 2yn + yn−1 = 3(yn+1 + yn−1)
2
+ yn + x
2
n,
donde, quando n = 1,
2(y2 − 2y1 + y0) = 3(y2 + y0) + 2y1 + 2 · 12
e, quando n = 2,
2(y3 − 2y2 + y1) = 3(y3 + y1) + 2y2 + 2 · 22.
Levando em conta que y(0) = −20 e y(2) = −11, obtemos
−6y1 − y2 = 102
5y1 − 6y2 = −3.
Resolvendo o sistema y1 = −15 e y2 = −12. Portanto, y(1) ≈ −15.
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DCC-UFRJ�Cálculo numérico
Primeira Prova�Ciência da Computação�2016/2
Questão 1 (4 pontos)
Considere o sistema linear AX = b, em que
A =
 9 3 6−1 5 2
−3 −1 12

e b =
12
3

(a) Calcule a decomposição PLU da matriz do sistema, usando pivoteamento parcial.
(b) Calcule as matrizes R e c tais que x = Rx + c é a iteração obtida aplicando-se
o método de Gauss a este sistema.
(c) Calcule o autovalor dominante de R com erro menor que 10−1 usando o método
da potência a partir de u0 = [1, 1, 1]
t/
√
3.
(d) O que o resultado obtido em (c) nos diz sobre a convergência da iteração xn+1 =
Rxn + c?
Solução:
Aplicando eliminação gaussiana, temos 9 3 6 | 1 | 1 0 0−1 5 2 | 2 | 0 1 0
−3 −1 12 | 3 | 0 0 1
→
9 3 6 | 1 | 1 0 00 16/3 8/3 | 2 | −1/9 1 0
0 0 14 | 3 | −1/3 0 1

Portanto, P é a matriz identidade,
U =
9 3 60 16/3 8/3
0 0 14

e L =
 1 0 0−1/9 1 0
−1/3 0 1

(b) Decompondo A na forma
A =
 9 3 6−1 5 2
−3 −1 12
 =
 9 0 0−1 5 0
−3 −1 0
+
0 3 60 0 2
0 0 0

temos que
R = −
 9 0 0−1 5 0
−3 −1 12
−1 ·
0 3 60 0 2
0 0 0

e c =
 9 0 0−1 5 0
−3 −1 12
−1 ·
12
3

Como  9 0 0−1 5 0
−3 −1 12
−1 =
 19 0 01
45
1
5
0
4
135
1
60
1
12
 ,
Page 11
então,
R = −
0 13 230 1
15
8
15
0 4
45
19
90

e c =
 2.6671.733
0.8111
 .
 Várias pessoas fizeram Jacobi, em vez de Gauss-Seidel.
(c) Ao final do primeiro laço temos
w1 = R · u0 = −
0 13 230 1
15
8
15
0 4
45
19
90
0.5770.577
0.577
 = −
0.57740.3464
0.1732

normalizando w1 e calculando a aproximação do autovalor correspondente, obte-
mos
u1 = −
0.83040.4983
0.2491

e λ1 = u
t
1Ru1 = −0.3827.
Como
λ0 = u
t
0Ru0 = −0.6334.
Como o erro será
|λ0 − λ1| = | − 0.6334 + 0.3827| = 0.2507
é maior que 0.1 precisamos executar mais um laço. Desta vez
w2 =
 0.33220.1661
0.09688

donde u2 =
0.86550.4327
0.2524

e λ2 = −0.3644.
Como
|λ1 − λ2| = | − 0.3644 + 0.3827| = 0.0183 < 0.1,
o processo para. Logo a aproximação desejada para o autovalor dominante é
−0.3644.
 Algumas pessoas iteraram A, em vez de R.
(d) Como o maior autovalor em módulo é 0.3644, o raio espectral de R tem que
ser menor que 1. Logo, a iteração do método de Gauss-Seidel converge para a
solução do sistema.
 A pergunta diz respeito à convergência de Gauss-Seidel e não à convergência do
método da potência.
Questão 2 (6 pontos)
Considere a função f(x) = x cos(x)− x2 − 8x− 1 com domínio no intervalo [−1, 0].
Page 12
(a) Determine uma função g(x) cujo ponto fixo é um zero de f(x) e prove que a
iteração xn+1 = g(xn) converge no intervalo [−1, 0].
(b) Use esta iteração com x0 = 0 para achar o zero de f(x) com erro inferior a 10
−2
.
(c) Calcule o polinômio interpolador pelos pontos (f(xi), xi), em que x0 = −1,
x1 = −0.5 e x2 = 0.
(d) Calcule o zero de f(x) (arredondado para duas casas decimais) usando o polinô-
mio interpolador e determine o erro absoluto que seria cometido se achássemos
o zero por este método.
(e) Calcule o polinômio linear que melhor se ajusta aos pontos de (c) usando o
método dos mínimos quadrados.
O item (a) desta questão vale 2 pontos.
Solução:
f(x) = 0 nos sugere escrever
8x = x cos(x)− x2 − 1
donde
g(x) =
x cos(x)− x2 − 1
8
.
Para mostrar que esta iteração converge, precisamos calcular a derivada de g(x):
g′(x) =
−x sen (x) + cos (x)− 2 x
8
.
Como |x|, | cos(x)| e sen(x)| são todos menores ou iguais a 1, temos pela desi-
gualdade triangular que
|g′(x)| =
∣∣∣∣−x sen(x) + cos(x)− 2x8
∣∣∣∣ ≤ |x| · | sen(x)|+ | cos(x)|+ 2|x|8 ≤ 48 = 12 ,
para todo x ∈ [−1, 0]. Portanto, a iteração dada por xn+1 = g(xn) para a função
xn escolhida realmente converge no intervalo [−1, 0]. Iterando a partir de x0 = 0,
temos
i xi g(xi) erro
0 0.0 −0.125 0.125
1 −0.125 −0.1425 0.0175
2 −0.1425 −0.1452 0.0027
Logo, a aproximação desejada para o zero de f(x) no intervalo [−1, 0] é −0.1452.
(c) e (d) Tabelando os pontos, obtemos
f(xi) −0.3175 −0.2111 −0.125
xi −1.0−0.5 0.0
de modo que o polinômio interpolador, calculado pelo método de Lagrange é
p(x) = −0.0012 x2 − 0.1494 x− 0.1482.
Page 13
O zero de f(x) calculado a partir do polinômio interpolador é p(0) = −0.1482 ≈
−0.15 e o erro absoluto, quando calculamos o zero de f(x) desta maneira é
|0.15− 0.14| = 0.01.
 Muita gente errou as questões (c) e (e) porque interpolou os pontos (xi, f(xi)) em
vez de (f(xi), xi), como foi pedido.
(e) A matriz de Vandermonde é
V =
1.0 −9.4591.0 −4.811
1.0 −1.0

ao passo que b =
[−1 −1
2
0
]
donde
vtV =
[
3.0 −15.27
−15.27 113.6
]
e c =
[−1.5
11.87
]
.
Logo, a equação normal é[
3.0 −15.27
−15.27 113.6
] [
a
b
]
=
[ −1.5
−6.615
]
,
cujas soluções são
a = −0.155 e b = −0.151.
Donde a reta desejada é y = −0.151x− 0.155.
Page 14
DCC-UFRJ�Cálculo numérico
Segunda Prova�Ciência da Computação�2016/2
Questão 1 (2 pontos)
Use o método de Newton para calcular o máximo da função f(x) = x(3 − ex/4) no
intervalo [2.0, 2.5] com tolerância inferior a 10−2. Você deve verificar que o ponto que
obteve é, de fato, um máximo de f .
Solução:
O máximo é um zero da primeira derivada de f , que é igual a
f ′(x) = (3− ex/4) + x(−1
4
ex/4) = 3− (4 + x)
4
ex/4.
Portanto, devemos aplicar o método de Newton a esta função. Como
f ′′(x) = −1
4
ex/4 − (4 + x)
16
ex/4 = −(8 + x)
16
ex/4,
a iteração do método de Newton será xk+1 = g(xk), com
g(x) = x− 412− (4 + x)e
x/4
−(8 + x)ex/4 =
48 + (x2 + 4x− 16)ex/4
(8 + x)ex/4
.
Iterando a partir de x = 2.0,
x1 = g(2.0) = 2.511
x2 = g(2.511) = 2.471
x3 = g(2.471) = 2.471
Com isto achamos o ponto crítico x ≈ 2.47, que é, de fato, um máximo, porque
f ′′(2.47) = −2.57.
Questão 2 (3 pontos)
Seja In o valor aproximado da integral∫ 1
0
1
x+ 1
dx
calculado usando a regra do trapézio com [0, 1] subdividido em n partes iguais.
(a) Prove que esta integral é igual a ln(2).
(b) Calcule I4. A diferença I4 − ln(2) é positiva ou negativa?
Page 15
(c) Explique porque, qualquer que seja n, a diferença In−ln(2) terá sempre o mesmo
sinal que I4 − ln(2).
Solução:
Fazendo a substituição u = x+ 1 a integral se torna∫ 2
1
1
u
du = ln(x)|u=2u=0 = ln(2)− ln(1) = ln(2).
Para calcular I4, devemos tomar h = 1/4, de modo que, pela regra do trapézio
I4 =
1
8
(
1 + 2
4
5
+ 2
2
3
+ 2
4
7
+
1
2
)
=
1171
1680
= 0.697.
Logo, a diferença é
I4 − ln(2) = 0.697− 0.693 = 0.004 > 0.
A diferença será sempre positiva porque a função 1/(x+1) tem concavidade para
baixo. Com isso, qualquer segmento de reta entre dois pontos da curva fica sempre
acima do arco da curva.
Questão 3 (3 pontos)
Considere o problema de valor inicial y˙ = t cos(y) e y(0) = 0.
(a) Calcule uma aproximação para y(1) usando o método de Runge-Kutta de se-
gunda ordem com h = 0.5.
(b) Use o resultado de (a) para calcular uma aproximação para y¨(1).
Solução:
Aplicando o método de Runge-Kutta de segunda ordem ao problema dado, obte-
mos a iteração
yk+1 = yk + 0.25(tk cos(yk) + (tk + 0.5) cos(yk + 0.5tk cos(yk))).
Como y0 = 0, então y1 = 0.125 e y2 = 0.481. Para (b), usamos a regra da cadeia,
para obter de y˙ = t cos(y) que
y¨ =
d(t cos(y))
dt
= cos(y)− t sen(y)y˙ = cos(y)− t2 sen(y) cos(y)
Portanto,
y¨(1) ≈ cos(y2)− t22 sen(y2) cos(y2) = 0.476.
Page 16
Questão 4 (2 pontos)
Considere o problema de valores de contorno
y′′ + 4xy′ = x2, com y(0) = 0 e y(3) = 0.
(a) Determine o sistema linear obtido aplicando-se a este problema o método das
diferenças finitas com passo h. Você deve explicitar de que forma as condições
de contorno afetam o sistema.
(b) Resolva o sistema para h = 1 e calcule os valores de y(1) e y(2).
Solução:
Substituindo as aproximações
y′(xk) ≈ yk+1 − yk−1
2h
e y′′(xk) ≈ yk+1 − 2yk + yk−1
h2
na equação, obtemos
yk+1 − 2yk + yk−1
h2
+ 2xk
yk+1 − yk−1
h
= x2k.
Escrevendo
n = (3− 0)/h = 3/h
as condições de contorno serão
y0 = yn = 0.
Quando k = 1,
y2 − 2y1 + y0
h2
+ 2x1
y2 − y0
h
= x21;
que, levando em conta y0 = 0 e que x1 = h, torna-se
2h2 + 1
h2
y2 − 2
h2
y1 = h
2.
Por outro lado, quando k = n− 1,
(−2xn−1h+ 1)
h2
yn−2 − 2
h2
yn−1 = x2n−1.
Portanto, no caso específico em que h = 1, o sistema que devemos resolver é
−2y1 + 3y2 = 1
−3y1 − 2y2 = 4,
cujas soluções são
y1 = −14
13
e y2 = − 5
13
.
Page 17
DCC-UFRJ�Cálculo numérico
Prova Final�Ciência da Computação�2016/2
Questão 1 (3.0 pontos)
As seguintes iterações foram propostas como maneiras de calcular a interseção dos
gráficos das funções sen(x) e f(x) = −2x+ 2:
g1(x) = 2− sen(x)− x
g2(x) = (2− sen(x))/2
g3(x) = (− sen(x) + x cos(x) + 2)/(2 + cos(x)).
(a) Explique como cada uma destas iterações foi obtida.
(b) Para quais destas iterações podemos garantir a convergência a partir de x = 1?
(c) Qual destas iterações você espera que vá convergir mais rapidamente?
Solução:
g1 e g2 são obtidas a partir de manipulações algébricas simples, já g3 corresponde
ao método de Newton. Para a iteração dada por gi(x) ser convergente, é necessário
que |g′i(x)| < 1 para todo x real. Mas,
|g′1(x)| = | cos(x)− 1| ≤ | cos(x)|+ |1| ≤ 2,
ao passo que
|g′2(x)| = | cos(x)/2| ≤ 1/2.
Portanto, não podemos garantir a convergência de g1, mas g2 e g3 são convergen-
tes. A terceira converge mais rapidamente que a segunda, porque a convergência
do método de Newton é quadrática, ao passo que a convergência da segunda
iteração é apenas linear, pois g′2(x) 6= 0.
Questão 2 (2.0 pontos)
Considere o sistema AX = b em que
A =
−4 1 04 −6 2
0 5 −8

e b =
156
6

(a) Determine a decomposição PLU de A e resolva o sistema.
(b) Ache matrizes R e c tais que xk = Rxk + c é a iteração de Jacobi do sistema.
Page 18
Solução:
A decomposição PLU é dada por P = I,
L =
 1 0 0−1 1 0
0 −1 1

e U =
−4 1 04 −5 2
0 0 −6

As soluções do sistema são
x = −21
4
, y = −6, z = −9
2
.
Decompondo A na forma
A =
−4 1 04 −6 2
0 5 −2
 =
−4 0 00 −6 0
0 0 −2
+
0 1 04 0 2
0 5 0

temos que
R = −
 0 −1/4 0−2/3 0 −1/3
0 −5/2 0

e c =
−15/4−1
−3

Questão 3 (1.0 pontos)
Qual o número n de partes em que é necessário dividir o intervalo [0, 10] para calcular
a área sob o gráfico de cos(x2) com erro inferior a 10−4, usando o método de Simpson?
Solução:
O erro no método de Simpson é dado por
− 1
180
nh5f (4)(ξ) = − 1
180
(
105
n4
)
f (4)(ξ)
para algum ξ ∈ [0, 10]. Como
f 4(x) = 48 x2 sin
(
x2
)
+
(
16 x4 − 12) cos (x2)
temos que
|f 4(x)| =≤ 160388
para todo x ∈ [0, 10]. Logo, uma cota superior para o módulo do erro é dada
porque
| 1
180
(
105
n4
)5
f (4)(ξ)| ≤ 160388
180
(
105
n4
)
.
Tomando,
160388
180
(
105
n4
)
≤ 10−4,
obtemos n ≥ 943951.505 e, como n é inteiro, n ≥ 943952.
Page 19
Questão 4 (2.0 pontos)
Considere os pontos (1,−3), (2, 1), (4, 51), (5, 109), (6, 197), (9, 701).
(a) Use o método de diferenças divididas para encontrar o grau e o coeficiente do
termo de maior grau do polinômio que interpola estes pontos.
(b) Use o método dos mínimos quadrados para achar o polinômio de grau 3 que
melhor se adapta a estes pontos.
Solução:
A tabela gerada pelo método de diferenças divididas é
1.0 −3.0
2.0 1.0 4.0
4.0 51.0 18.0 7.0
5.0 109.0 28.0 8.0 1.0
6.0 197.0 40.0 9.0 1.0 0.0
9.0 701.0 88.0 12.0 1.0 0.0 0.0
Como só precisamos dos quatro primeiros pontos para achar os coeficientes do
polinômio interpolador, isto signfica que o polinômio é x3−3x−1, que tem grau 3
e seu coeficiente líder é 1.0. Como o polinômio calculado via mínimos quadrados
minimiza a distância entreseu gráfico e os pontos dados e há um polinômio de
grau três que passa por esses pontos, então o polinômio desejado é o mesmo
calculado acima.
Questão 5 (2.0 pontos)
Considere o problema de valores de contorno xy′′− 2y′ = 6, com y(0) = 0 e y(5) = 0.
(a) Determine o sistema linear nas variáveis y2, y3 e y4 obtido aplicando-se a este
problema o método das diferenças finitas com passo h = 1 e resolva-o.
(b) Calcule y′′′(1).
Solução:
Substituindo as aproximações
y′(xk) ≈ yk+1 − yk−1
2h
e y′′(xk) ≈ yk+1 − 2yk + yk−1
h2
na equação e levando em conta que h = 1, obtemos
(xk + 1)yk−1 − 2xkyk + (x− 1) ∗ yk−1 = 6.
Portanto, o sistema será
−2y1 = 6
−4y2 + y3 = 15
4y2 − 6y3 + 2y4 = 6
5y3 − 8y4 = 6.
Page 20
A matriz deste sistema é a mesma da segunda questão
A =
−4 1 04 −6 2
0 5 −2

cuja Para calcular y′′′(1), note que, derivando xy′′ − 2y′ = 6 obtemos
y′′ + xy′′′ − 2y′′ = 0,
donde
y′′′ =
1
x
y′′.
Quando x = 1, obtemos
y′′′(1) = y′′(1) = (6− 2y′(1)) ≈ 6− (y2 − y1) = 6− (−21
4
+ 3) = −9
4
.
Page 21
Primeira Prova�Turma EC2�UFRJ�2017.2
Justifique cuidadosamente todas as suas respostas.
Questão 1 (2.5 pontos)
Suponha que um computador C arredonda para duas casas decimais números escritos
na notação padrão de ponto flutuante e considere as funções
f(x) = 1− sen(x) e g(x) = cos(x)
2
1 + sen(x)
.
(a) Mostre que f(x) = g(x) e determine os valores obtidos se C for usado para
calcular f(1.5) e g(1.5).
(b) Sabendo-se que f(1.5) = g(1.5) = 0.002505013, determine o erro relativo corres-
pondente a cada um dos cálculos executados em (a).
Bonus track: por que f(1.5) é menos preciso que g(1.5)?
Solução:
Obtemos f(x) substituindo
cos(x)2 = 1− sen(x)2 = (1− sen(x))(1 + sen(x))
em g(x) e cancelando 1 + sen(x) no numerador e denominador. Como
sen(1.5) = 0.9974949866 . . . e cos(1.5) = 0.0707372016,
então as representações destes números no computador C serão
sen(1.5) ≈ 1.00 e cos(1.5) ≈ 0.071.
Portanto,
f(1.5) ≈ 1− 1 = 0,
ao passo que
0.712 = 0.005041 ≈ 0.005 e 1 + sen(1.5) ≈ 2
nos dão
g(1.5) ≈ 0.005
2
= 0.0025.
Portanto os erros relativos correspondentes aos cálculos de f(1.5) e g(1.5) usando
o computador C serão, respectivamente,
|0.002505013− 0|
0.002505013
= 1 e
|0.002505013− 0.0025|
0.002505013
= 0.002.
Portanto, g(1.5) tem um erro menor que f(1.5) e deve ser a forma preferida para
o cálculo deste número. A razão pela qual f(1.5) produz um valor pior é que há
uma �subtração catastrófica� nesta função.
Page 22
 Duas casas decimais significa que o computador representa os números na forma
0.a1a2 · 10m, com a1 obrigatoriamente não nulo. Como o computador C representa
os números com apenas 2 casas, é necessário arredondar cada vez que um cálculo é
realizado, e não apenas ao final. O erro relativo é definido como |xa − xe|/|xe|, em que
xa é o valor aproximado e xe o valor exato e não |xa − xe|/|xa|.
Questão 2 (2.5 pontos)
Seja Pn(x) o polinômio de Taylor de f(x) = x ln(x) em x0 = 1.
(a) Calcule a expressão do erro absoluto |en| quando x > 1.
(b) Determine n tal que o erro absoluto cometido quando usamos Pn(1.01) como
aproximação de f(1.01) seja inferior a 10−11.
Solução:
Calculando algumas derivadas, vemos que
f ′(x) = ln(x) + 1
f ′′(x) = x−1
f ′′′(x) = −x−2
f (iv)(x) = 2x−3
f (v)(x) = −2 · 3 · x−4,
donde podemos deduzir que
f (n)(x) = (−1)n(n− 2)! · x1−n
de modo que o módulo do erro absoluto desejado será
|en| =
∣∣∣∣(n− 1)! · c−n(n+ 1)! (x− 1)n+1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ c−nn(n+ 1)(x− 1)n+1
∣∣∣∣
Como 1 < c < 1.01,
c−n ≤ 1.
Portanto, quando x = 1.01, temos a estimativa
|en| =
∣∣∣∣ c−nn(n+ 1)(x− 1)n+1
∣∣∣∣ ≤ 1n(n+ 1)(0.01)n+1 = 1n(n+ 1)102(n+1) .
logo basta que
1
n(n+ 1)102(n+1)
< 10−11,
para que |en| ≤ 10−11. Tabelando os valores verificamos que
1
4 · 5 · 1010 = 0.5 · 10
−11
quando n = 4 é o primeiro valor que dá menor que 10−11. Assim, P4(1.01) dá um
erro absoluto inferior a 10−11.
 Várias pessoas calcularam a derivada errado!
Page 23
Questão 3 (2.5 pontos)
Considere o problema de valor de contorno y′′−y′+xy = −4 com y(0) = 0 e y(5) = 0.
(a) Determine o sistema linear obtido quando o método das diferenças finitas é
aplicado a este problema com passo h = 1. (Não precisa resolvê-lo!)
(b) use pivoteamento parcial para calcular a decomposição PLU da matriz do sis-
tema obtido em (a).
Solução:
Substituindo as aproximações
y′(xk) ≈ yk+1 − yk−1
2h
e y′′(xk) ≈ yk+1 − 2yk + yk−1
h2
e h = 1 na equação, obtemos
(2 xi − 4) yi + yi+1 + 3 yi−1 = −8.
Note que xi = x0 + hi = i. Escrevendo
n = (5− 1)/h = 4,
as condições de contorno serão
y0 = 0 e y5 = 0.
Quando k = 1,
y2 − 2 y1 = −8,
pois y0 = 0 e x1 = 1. Por outro lado, quando k = 4, teremos x4 = 4 e
4 y4 + 3 y3 = −8.
Para k = 2 e k = 3 as equações serão, respectivamente,
y3 + 3 y1 = −8 e y4 + 2 y3 + 3 y2 = −8,
Obtemos, assim, o sistema
y2 − 2 y1 = −8,
y3 + 3 y1 = −8,
y4 + 2 y3 + 3 y2 = −8,
4 y4 + 3 y3 = −8
A matriz deste sistema é 
−2 1 0 0
3 0 1 0
0 3 2 1
0 0 3 4

Em seguida, aplicamos eliminação com pivoteamento parcial, para achar as ma-
trizes P , L e U . O pivoteamento parcial requer que façamos a troca das duas
Page 24
primeiras linhas. Fazendo isto e eliminando a posição não nula da primeira coluna,
obtemos as matrizes:
P =

0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
, L =

1 0 0 0
−2
3
1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
, U =

3 0 1 0
0 1 2
3
0
0 3 2 1
0 0 3 4
.
Mais uma vez o pivoteamento requer que troquemos a segunda e a terceira linhas,
antes de fazer a eliminação, o que nos dá
P =

0 1 0 0
0 0 1 0
1 0 0 0
0 0 0 1
, L =

1 0 0 0
0 1 0 0
−2
3
1
3
1 0
0 0 0 1
, U =

3 0 1 0
0 3 2 1
0 0 0 −1
3
0 0 3 4

Com uma última troca de linhas, chegamos às matrizes desejadas, que são:
P =

0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
, L =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
−2
3
1
3
0 1
, U =

3 0 1 0
0 3 2 1
0 0 3 4
0 0 0 −1
3

Questão 4 (2.5 pontos)
Segundo a lei de Lotka, a relação entre a quantidade x de publicações e a porcentagem
y de autores (em um certo período) que publicaram x artigos é dada por y = cx−n.
Os valores de c e n dependem da área de pesquisa que está sendo considerada. A
tabela abaixo mostra a relação entre x e y para artigos importantes de física até 1900:
x 1 2 4 8
y 60.79 15.20 3.80 0.95
(a) Use logaritmos em base 2 para reescrever a lei de Lotka como uma relação linear.
(b) Calcule estimativas de c e n, pelo método dos mínimos quadrados, usando os
dados da tabela.
(c) Use os valores de c e n que você determinou para prever qual seria a porcentagem
do total de publicações representada pelos autores que publicaram 10 artigos.
Lembrete: log2(a) = log10(a)/ log10(2) ≈ 10 · log10(a)/3.
Page 25
Solução:
Aplicando logaritos em base 2 aos dois lados de y = cx−n, obtemos
log2(y) = log2(c)− n log2(x).
Para poder aplicar mínimos quadrados precisamos tabelar log2(y) contra log2(x):
log2(x) 0 1 2 3
log2(y) 5.93 3.93 1.93 −0.07
Portanto,
V =

1 0
1 1
1 2
1 3
 e b =

5.93
3.93
1.93
−0.07
 .
Escrevendo ` = log2(c) e levando em conta que
V tV =
[
4 6
6 14
]
e
[
11.8
7.59
]
,
precisamos apenas resolver o sistema
−6.0n+ 4.0l = 11.8
−14.0n+ 6.0l = 7.59,
cujas soluções são
n = 2.02 e l = 5.96.
Como,
c = 25.96 = 62.3
a fórmula da lei de Lotka neste caso é
y = 62.3x−2.02.
Portanto, quando x = 10,
y = 62.3 · 10−2.02 = y = 0.59.
Os dados da tabela foram retirados do artigo original do Lotka:
A. J. Lotka, The frequency distribution of scientific productivity, Jour-
nal of the Washington Academy of Sciences. 16 (1926),317�324.
O valor exato para y em x = 10 é 0.61.
Page 26
Segunda Prova�Turma EC2�UFRJ�2017.2
Questão 1 (2.5 pontos)
Considere a função f(x) = 2 sen(
√
x)− x.
(a) Determine uma função g(x), diferente da obtida pelo método de Newton, cujo
ponto fixo é um zero de f(x).
(b) Sabendo-se que a iteração xk+1 = g(xk) tem um ponto fixo no intervalo [1.5, 3],
prove que ela converge para este ponto no intervalo dado.
(c) Use g(x) para calcular o zero de f(x) em [1.5, 3] com erro inferior a 0.0001,
começando de x0 = 1.5.
Solução:
Tomando
g(x) = 2 sen(
√
x),
temos que
g′(x) = −cos(
√
x)√
x
;
de modo que
|g′(x)| = | cos(
√
x)|√
x
≤ 1√
x
.
Como 1/
√
x é decrescente quando x > 1, temos que
|g′(x)| ≤ 1√
x
<
1√
1.5
≈ 0.82,
o que garante a convergência de g(x) para o ponto fixo no intervalo dado. Ite-
rando, obtemos
k xk |xk − xk−1|
1 1.881439 0.381439
2 1.960474 0.0790351
3 1.970957 0.010483
4 1.972213 0.001256
5 1.972361 0.000148
6 1.972379 0.000018
 O maior problema nesta questão foi com a estimativa da cota superior para |g′(x)|.
Muita gente testou apenas os extremos. Neste caso particular a função é decres-
cente, de modo que o máximo é atingido no extremo esquerdo do intervalo; mas, para
usar isto, você teria que verificar que a função é decrescente, o que a vasta maioria não
fez. Além disso, não basta mostrar que |g′(x)| < 1 para todo x ∈ [1.5, 3]; é necessário
mostrar que existe um número real L < 1, para o qual |g′(x)| < L. Para entender
porque este detalhe é tão importante, leia a observação no alto da página 21 das notas
de aula.
Page 27
Questão 2 (1.5 pontos)
Use interpolação entre os pontos x = 1, x = 2 e x = 4 para calcular log2(3).
Solução:
Como
log2(1) = 0, log2(2) = 1 e log2(4) = 2,
o polinômio interpolador será dado por
P (x) = −(x− 1)(x− 4)
2
+ 2
(x− 1)(x− 2)
6
.
Logo,
P (3) = −2 · (−1)
2
+ 2
2 · 1
6
= 1 +
2
3
=
5
3
.
Questão 3 (1.5 pontos)
Tendo aplicado dez iterações do método da potência à matriz
A =
 1 1 0−1 3 1
−1 1 2

obtivemos o vetor v =
 −0.401−0.816
−0.415
 .
Use isto para calcular um dos autovalores de A.
Solução:
Como v é uma aproximação para um autovetor de A,
Av =
 1 1 0−1 3 1
−1 1 2
 −0.401−0.816
−0.415
 =
 −1.22−2.46
−1.25
 ≈ λv
de modo que
λ ≈ −1.22−0.401 ≈ 3.04.
Questão 4 (2.5 pontos)
Use o método de Simpson para calcular a integral com erro inferior a 0.01∫ 1
0
x2 cos(x)dx.
Page 28
Solução:
Aplicando o método de Simpson com o intervalo de integração subdividido em
2n partes iguais, obtemos∫ b
a
f(x)dx =
h
3
(y0 + y2n + 2
n−1∑
i=1
y2i + 4
n−1∑
i=0
y2i+1)− (b− a)
180
f (iv)(α)h4
para algum α ∈ (a, b), em que yi = f(a + ih) e h = (b − a)/2n. Começamos
estimando o número de partes em que é necessário dividir o intervalo [0, 1] para
que o erro fique abaixo de 0.01. Como
f (iv)(x) = 8 x sin (x) +
(
x2 − 12) cos (x)
temos que
|f (iv)(x)| ≤ 8x+ x2 + 12 < 21,
para todo x ∈ [0, 1], donde o erro satisfaz
21
180
h4 < 0.01.
Levando em conta que h = 1/n, obtemos
n4 >
21
180 · 0.01 = 11.667,
que nos dá n > 1.848. Portanto, o menor valor de n que podemos tomar é n = 2
(note que estou usando n para representar a quantidade de bandas!) fazendo isto,
obtemos a seguinte aproximação para a integral
1
6
(y0 + y2 + 4y1) ≈ 0.055.
 Novamente o maior problema foi com a cota superior do erro. Desta vez o problema
foi mais sério, porque a função f (iv)(x) tem máximo igual 16.81 em x = 0.6569. O
gráfico da quarta derivada está ilustrado na figura abaixo. Outro erro foi cometido por
algumas pessoas que calcularam a integral usando 0.5 como aproximação para cos(1) ≈
0.5403023. Isto corresponde a um erro de mais de 0.04 para o cosseno, o que não é
compatível com obter um erro inferior a 0.01 para a integral.
Questão 5 (3.0 pontos)
Page 29
O método de Euler reverso consiste em aplicar a recorrência yk+1 = yk+hf(tk+1, yk+1)
ao problema de valor inicial y˙ = f(t, y) e y(0) = y0.
(a) Use o método de Euler reverso com h = 0.5 para calcular y(1), quando y(t) é a
solução do problema de valor inicial y˙ = cos(t) + 4y, com y(0) = 1.
(b) Calcule as fórmulas de Taylor com resto de ordem dois das funções y(t) e y˙(t)
na vizinhança de tk.
(c) Calcule o erro de truncamento obtido quando o método de Euler reverso é apli-
cado à equação autônoma y˙ = f(y) e use-o para determinar a ordem deste
método.
Solução:
(a) A recorrência do método de Euler reverso nos dá
yk+1 = yk + h(cos(tk+1) + 4yk+1)
donde
(1− 4h)yk+1 = yk + h cos(tk+1).
Tomando h = 0.5, obtemos
yk+1 = −(yk + 0.5 cos(tk+1));
donde
y1 = −1.44 e y2 = 1.17.
Assim, y(1) ≈ 1.17, que é impressionantemente ruim, porque y(1) = 67.367.
Precisei de mil iterações para obter como aproximação 67.912 !!!
(b) As fórmulas de Taylor desejadas são dadas por
y(t) = y(tk) + y˙(tk)(t− tk) + y¨(α)
2
(t− tk)2
e por
y˙(t) = y˙(tk) + y¨(tk)(t− tk) +
...
y (β)
2
(t− tk)2,
em que α e β são números entre tk e t.
(c) O erro de truncamento do método de Euler reverso é dado por
Tk =
y(tk + h)− y(tk)
h
− f(y(tk + h)).
Levando em conta que, da equação diferencial, y˙(t) = f(y(tk + h)), podemos
reescrever Tk na forma
Tk =
y(tk + h)− y(tk)
h
− y˙(tk + h).
Substituindo as fórmulas de Taylor e simplificando, obtemos
Tk = y˙(tk) +
y¨(α)
2
(α)h−
(
y˙(tk) + y¨(tk)h+
...
y (β)
2
h2
)
;
Page 30
donde
Tk = h
(
y¨(α)
2
− y¨(tk)−
...
y (β)
2
)
h,
de modo que o método de Euler reverso tem ordem um.
Page 31
Prova Final�Turma EC2�UFRJ�2017.2
Justifique cuidadosamente todas as suas respostas.
Questão 1 (3.0 pontos)
Considere o problema de valores de contorno xy′′− 2y′ = 6, com y(0) = 0 e y(5) = 0.
(a) Determine o sistema linear nas variáveis y2, y3 e y4 obtido aplicando-se a este
problema o método das diferenças finitas com passo h = 1.
(b) Calcule a decomposição PLU da matriz do sistema nas variáveis y2, y3 e y4
obtido em (a) e resolva o sistema.
Solução:
Substituindo as aproximações
y′(xk) ≈ yk+1 − yk−1
2h
e y′′(xk) ≈ yk+1 − 2yk + yk−1
h2
na equação e levando em conta que h = 1, obtemos
(xk + 1)yk−1 − 2xkyk + (x− 1)yk−1 = 6.
Portanto, o sistema será
−2y1 = 6
−4y2 + y3 = 15
4y2 − 6y3 + 2y4 = 6
5y3 − 8y4 = 6.
Como, claramente, y1 = 3, basta considerar o sistema nas variáveis y2, y3 e y4. A
matriz deste sistema é
A =
−4 1 04 −6 2
0 5 −2

cuja decomposição PLU corresponde a
P =
 1 0 00 1 0
0 0 1
, L =
 1 0 0−1 1 0
0 −1 1
, U =
 −4 1 00 −5 2
0 0 4

Resolvendo o sistema obtemos
y3 = −3
2
, y2 = −33
8
, y4 =
27
4
Page 32
x 1 2 3 4
y 4.29 12.80 39.21 119.59
Questão 2 (2.0 pontos)
Sabe-se que f(x) é uma função da forma f(x) = c exp(bx) e que representam aproxi-
mações de dos valores destas funções.
(a) Ache os valores de b e c para a função que melhor se ajusta aos dados da tabela.
(b) Calcule f(2.5) usando a função obtida em (a) e determine o erro relativo come-
tido no cálculo de f(2.5) sabendo-se que o valor exato é 22.6145.
Solução:
Aplicando logaritmos em base 10 aos dois lados de y = bcx obtemos
ln(y) = bx+ ln(c).
Para poder aplicar mínimos quadrados precisamos tabelar ln(y) contra x:
x 1 2 3 4
ln(y) 1.46 2.55 3.67 4.78
Portanto
V =

1 1
1 2
1 3
1 4
 e b =

1.46
2.55
3.67
4.78
 .
Levando em conta que
V tV =
[
4 10
10 30
]
e V tb =
[
12.46
36.69
]
precisamos apenas resolver o sistema
4.0l + 10.0b = 12.46
10.0l + 30.0b = 36.69
em que l = ln(c), cujas soluções são
l = 0.345 e b = 1.108.
Como,
c = exp(l) = 1.41
a aproximação para a fórmula de f(x) que obtivemos é
y= 1.41198 e(1.108 x).
Portanto, quando x = 2.5,
y = 22.53.
Logo, o erro relativo cometido foi de
|22.53− 22.6145|
22.6145
= 0.00358554.
Page 33
Questão 3 (1.5 pontos)
As seguintes iterações foram propostas como maneiras de calcular a interseção dos
gráficos das funções sen(x) e f(x) = −2x+ 2:
g1(x) = 2− sen(x)− x
g2(x) = (2− sen(x))/2
g3(x) = (− sen(x) + x cos(x) + 2)/(2 + cos(x)).
(a) Explique como cada uma destas iterações foi obtida.
(b) Para quais destas iterações podemos garantir a convergência a partir de x = 1?
(c) Qual destas iterações você espera que vá convergir mais rapidamente?
Solução:
g1 e g2 são obtidas a partir de manipulações algébricas simples, já g3 corresponde
ao método de Newton. Para a iteração dada por gi(x) ser convergente, é necessário
que |g′i(x)| < 1 para todo x real. Mas,
|g′1(x)| = | cos(x)− 1| ≤ | cos(x)|+ |1| ≤ 2,
ao passo que
|g′2(x)| = | cos(x)/2| ≤ 1/2.
Portanto, não podemos garantir a convergência de g1, mas g2 e g3 são convergen-
tes. A terceira converge mais rapidamente que a segunda, porque a convergência
do método de Newton é quadrática, ao passo que a convergência da segunda
iteração é apenas linear, pois g′2(x) 6= 0.
Questão 4 (1.5 pontos)
Em quantas partes é necessário subdividir o intervalo [0, 1] para que a integral abaixo
possa ser calculada usando o método de trapézio 10−5∫ 1
0
x3 exp(2x)dx.
Solução:
O erro no método do trapézio é dado por
(b− a)
12
f ′′(α)h2
para algum α ∈ (a, b), em que h = (b− a)/2n. Como
f ′′(x) =
(
4 x3 + 12 x2 + 6 x
)
e(2 x)
Page 34
é uma função crescente em [0, 1], temos que
|f ′′(x)| ≤ f ′′(1) = 162.559.
para todo x ∈ [0, 1], donde o erro satisfaz
162.559
12
h2 < 10−5.
Levando em conta que h = 1/n, obtemos
n2 >
162.559
12 · 10−5 = 1354660,
que nos dá n > 1163.9. Portanto, seriam o menor valor de n que podemos tomar
é n = 2. fazendo isto, obtemos a seguinte aproximação para a integral
1
12
(y0 + y4 + 4(y1 + y3) + 2y2) ≈ 0.05.
Questão 5 (2.0 pontos)
Considere o problema de valor inicial y˙ = t2y3 com y(1) = 2.
(a) Determine a iteração obtida aplicando o método de Runge-Kutta de segunda
ordem a este problema com h = 0.5.
(b) Calcule o polinômio de Taylor de grau dois da solução y(t) do problema de valor
inicial dado na vizinhança da origem.
Solução:
Aplicando a fórmula do método de Runge-Kutta de segunda ordem ao problema
dado, obtemos a iteração
yk+1 = yk +
h
2
(t2ky
3
k + t
2
k+1(yk + h(t
2
ky
3
k)))).
Substituindo h = 0.5 e expandindo,
yk+1 = yk +
1
4
(t2ky
3
k + (tk + 0.5)
2(yk + 0.5(t
2
ky
3
k)))).
De y˙ = t2y3 obtemos
y¨ = 2 t2 y (t) y˙ (t) + 2 t y (t)2 = 2t4y(t)4 + 2ty(t)2;
de modo que y˙(0) = 8 e y¨(0) = 40. Logo, o polinômio de Taylor de grau dois de
y(t) será P2(t) = 2 + 8t+ 40t
2.
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