Exame de Análise Numérica, 1ª Parte/ 1º Teste (LMAC, MMA) Instituto Superior Técnico, 30 de Janeiro de 2017, 18h30-19h45-21h00

Transcrição

1 Exame de Análise Numérica, ª Parte/ º Teste (LMAC, MMA) Instituto Superior Técnico, 0 de Janeiro de 07, 8h0-9h5-h00.) [.0] Considere f(x) = x 0 g(t)dt que verica f() = g() = 0, e ainda f() = g (). a) Determine g = p n, polinómio de menor grau, que verique as condições dadas. b) Aproxime 0 g(t)dt e majore o erro absoluto, usando g(k) M k para k N..) [.0] Determine um polinómio p que interpola a função f(x) = sin(πx), e as suas derivadas, nos extremos do intervalo [0, ]. Denindo s(x) = p (x x ), onde x é a parte inteira de x, trata-se de um spline em [0, 8]? Justique..) [.0] a) Determine a expressão simplicada de ψ(α, N) = N k. exp(αk) b) Explicite o valor da TFD w = F(v) com v = (,..., ) onde N é a dimensão do vector N N v. Comente o signicado em termos de interpolação trigonométrica..) [.0] Com base nos valores de f(z h), f(z), f(z + h), aproxime o funcional A(f) = (f(z) + f (z) + f (z)) majorando o erro absoluto, tendo em conta os erros de arredondamento.

2 Exame de Análise Numérica, ª Parte/ º Teste (LMAC, MMA) Instituto Superior Técnico, 0 de Janeiro de 07, 8h0-9h5-h00.) [.0] Sendo P n o conjunto dos polinómios de grau n, determine M = ( min p,q P (x p (x)) ( x dx + max x q (x) ) ) x [,] { i + j se i = j.) [.0] Considere a matriz M denida por M ij =, com dimensão n n. α se i j i+j a) Indique condições sobre α de forma a garantir que a matriz é invertível e tem todos os valores próprios identicados em intervalos reais. b) Aproxime o valor próprio mais próximo de 6, quando n =..) [.5] Considere os métodos para ODEs denidos por y n+ = y n + A(y n + y n p ) + Bh(f n+ + f n p ) a) Mostre que estes métodos nunca podem ser consistentes se A 0, e determine B, p para a máxima ordem de convergência. b) Identique a região de A-estabilidade para o método deduzido em a)..) [.5] Seja u(0) = 0, u() =, com u (t) = u(t), aproxime u () pelo método do tiro, usando o método de Euler com passo h =. Auxiliar. T n+ = xt n T n T n w = π (n > 0)

3 χ-resolução:.a) Construímos f com interpolação de Hermite, notando que f = g, f = g. Dos valores f(0) = 0, f() = 0, f() = c, de f[, ] = g() =, e f[,, ] = g () = c obtemos x 0 f c f[, ] 0 c/ f[,, ] f[,, ] = g () = c c f[,,, ] c 8 6 5c f[,,,, ] 6 e para c = 6/5 temos as condições vericadas, obtendo f(x) = p (x) = x(x ) 0 x(x ) = g(x) = p (x) = 5 ( 7 + 8x 6x )..b) Usando o anterior f() = 0 g(t)dt p () = 6 5, e temos f(x) p (x) 5! f (5) x x x = 5! M.) Usando interpolação de Hermite obtemos x 0 0 f f[, ] π 0 π f[,, ] π π f[,,, ] π o que dá p (x) = πx πx + πx (x ) = πx( x + x ). No entanto, sendo polinómio cúbico, para ser spline cúbico, ou superior, devemos também ter continuidade da ª derivada. Como p (x) = π(6x ) então p (0) = π π = p () e não há essa continuidade, na extensão para s..a) Temos ψ(0, N) = N(N ), e se α 0, usando C = e α, temos: ψ(α, N) = N k (e α ) k = N k C k = N C..b) Temos w k = F(v) k = N j=0 v k e πi N jk = N j=0 c k C k = N CN C C CN (C ) = Ne αn e α e α (e αn ) (e α ). N Cj com C = e πi N k. Assim w 0 = N N =, k 0 = w k = N C N C = N e πi C = 0. Ou seja, w k = δ 0k, w = (, 0,..., 0). Isto signica que φ(t) = N w ke ikt = é solução trigonométrica da interpolação φ( π N k) = Nv k =..) Usamos as aproximações conhecidas de segunda ordem, mas com h em vez de h, obtendo A(f) = =Q(f) { ( }} ){ ( f(z + h) f(z h) f(z + h) f(z) + f(z h) f () (ξ) f(z) + + 6h 9h + f () ) (η) 9h. 6

4 ( Portanto A(f) Q(f) = f () (ξ) + f () (η) ) h, com ξ, η [z h, z + h], concluindo-se que Q(f) é exacto para polinómios do segundo grau. Usando f k = f(z + kh) e f k para as aproximações por arredondamento, e admitindo que f k f k = ε k ε, obtemos Q(f) Q(f) ( = f 0 + f f + f ) ( f 0 + f 6h 9h f 0 + f f + f f 0 + f ) 6h 9h ε 0 + ε ε + ε ε 0 + ε 6h 9h ( ε + ε 6h + ε ) 9h. Concluímos que A(f) Q(f) A(f) Q(f) + Q(f) Q(f) ( ) ( f () + f () h + ) ε 9h + h + h, e que apesar do erro absoluto ser majorado por O(h ) o termo restante da parte do arredondamento, envolve uma majoração O( ε h ) que domina se ε for limitado..) Podemos separar a minimização, M = M +M. Em ambos os casos, trata-se de minimizar a distância de x aos polinómios P, mas para M é a norma dada pelo produto interno L w com peso de Chebyshev, e para M é a norma do máximo. Sabemos que a minimização minimax será obtida pelo polinómio de Chebyshev mónico T, sendo q (x) = T (x) x, e esse mínimo é M =. No caso M, o valor também será dado por T π. Conclui-se que com p = q anterior (ver justicação em baixo), e nesse caso M = T w = 8 T w = 6 M = 6 ( π + ). Justicamos que M é minimizado por T. Primeiro notamos que T (x) = 8x 8x +. Assim x p (x) pode ser escrito na base ortogonal dos T k : x p (x) = 8 T (x) + α T (x) + α T (x) + α T (x) + α 0 T 0 (x). Pelo Teorema de Pitágoras, como são todos ortogonais entre si, # p w = ( 8 ) T w + α T w α 0 T 0 w é minimizado quando α k = 0, provando o resultado...a) A matriz é simétrica, os valores próprios são reais, e o resultado do T. Gershgorin, é indiferente por linhas ou colunas, dando λ i = λ i M ii n j=,j i M ij n j=,j i A estimativa poderia ser melhorada, mas é suciente para concluir que temos λ,..., λ n n α i + j α n i + α n desde que α n. Não há intersecção em mais que um ponto, porque λ k [k, k + ]. Além disso, como λ [, ] é o valor mais baixo, não podendo ser zero, a matriz é invertível...b) Consideramos n = e matriz é M = 5 5 6, começando com u (0) = (0, 0, ) obtemos Mu (0) = ( α, α 5, 6); u() = ( α, α 0, ). Portanto λ () = [Au () ] = 6+( )α, admitindo que α e conforme a), o valor próprio dominante está em [5, 7].

5 ..a) Para os métodos serem consistentes, de acordo com o critério dos coecientes, é necessário que 0 = α + α 0 + α + α p = + + A + A = A, e portanto A = 0 A = 0. Assim os métodos cam da forma y n+ = y n + Bh(f n+ + f n p ), com β = β p = B. Neste caso verica-se estabilidade, porque a equação às diferenças associada é apenas y n+ = y n. Ainda pelo critério dos coecientes, obtemos para s = α ( ) + α 0 (0) = = β + β p = B o que implica B = para ter ordem, com p qualquer. Finalmente, para s =, α ( ) + α 0 (0) = = (β ( ) + β p (p)) = ( B + pb) = + p, implica p = 0, para haver ordem. Reconhecemos o método dos trapézios implícito que é convergente com ordem...b) O método dos trapézios implícito tem região de A-estabilidade denida por C, o que resulta de analisarmos y n+ = y n + h (αy n+ + αy n ) = y n + α (y n+ + y n ) ( α )y n+ = ( + α )y n obtendo y n+ = +α α y n =... = ( +α α )n y limitado se + α α Re(α) 0. O método é A-estável..) Não é difícil ver que a solução é u(t) = t. Mas denimos y = u, y = y = u, obtendo [ ] [ ] y y = y = = f(t, y) = f(y). y y Precisamos de iterações do método de Euler, começando com y (0) = (0, z). Obtemosf (0) = (z, 0), e assim y () = y (0) + hf (0) = (0, z) + (z, 0) = (z, z) f () = (z, z/) y () = y () + hf () = ( z, z) + (z, z/) = (z, z + 6 z/) Como pretendemos y () = u() =, retiramos z = e assim u () = y () = + 6/ (a solução exacta seria ). 5