Testes e Exames Resolvidos de Análise Numérica e de Matemática Computacional

Universidade do Algarve FCT - Dep. de Matemática Testes e Exames Resolvidos de Análise Numérica e de Matemática Computacional Celestino Coelho ccoelho@ualg.pt

Conteúdo 1 Intro 1 001-00 3.1 1/11/001 - Matemática.................................... 4. 15/11/001 - EI, IG, ESC.................................... 16.3 17/1/001 - EI, IG, ESC.................................... 1.4 18/1/001 - Matemática.................................... 8.5 11/01/00 - Matemática.................................... 39.6 11/01/00 - EI, IG, ESC.................................... 51.7 4/01/00 - EI, IG, ESC.................................... 6.8 31/01/00 - Matemática.................................... 64.9 13/04/00 - Matemática.................................... 66.10 13/04/00 - Eng. Biotecnológica................................ 69.11 13/04/00 - EA, EB, EI, ESC, IE, IG............................. 77.1 15/04/00 - Eng. do Ambiente................................. 84.13 05/06/00 - Eng. do Ambiente................................. 93.14 05/06/00 - Eng. Biotecnológica................................ 107.15 11/06/00 - Eng. Biotecnológica................................ 117.16 16/06/001 - Eng. Biotecnológica................................ 134.17 0/07/00 - Eng. do Ambiente................................. 136.18 06/07/001 - Eng. do Ambiente................................. 146.19 06/07/001 - Eng. Biotecnológica................................ 148.0 09/07/00 - Eng. Biotecnológica................................ 160.1 15/07/00 - Eng. do Ambiente................................. 168 3 00/003 171 3.1 00/10/10 - Eng. do Ambiente................................. 17 3. 003/04/3 - Eng. do Ambiente................................. 174 3.3 003/04/ - Eng. Biotecnológica................................ 177 i

ii CONTEÚDO 3.4 003/04/9 - Eng. Biotecnológica................................ 180 3.5 003/04/30 - EA, EB, ESC, IE, IG............................... 188 3.6 00/11/13 - ESC, IE, IG.................................... 19 3.7 003/01/17 - ESC, IE, IG.................................... 08 3.8 003/01/30 - ESC, IE, IG.................................... 1 4 003/004 5 4.1 003/1/09 - Matemática.................................... 6 4. 004/01/16 - Matemática.................................... 8 4.3 004/0/05 - Matemática.................................... 41 4.4 004/01/16 - Eng. do Ambiente................................. 44 4.5 004/0/05 - Eng. do Ambiente................................. 55 4.6 004/01/16 - Eng. Biotecnológica................................ 57 4.7 004/0/05 - Eng. Biotecnológica................................ 68 4.8 004/01/16 - ESC........................................ 70 4.9 004/0/05 - ESC........................................ 8 4.10 004/06/09 - ESC........................................ 84 4.11 004/06/09 - Engenharia de Sistemas e Informática...................... 87 4.1 004/06/3 - Engenharia de Sistemas e Informática...................... 90

Capítulo 1 Intro Devido à rapidez com que me foi solicitada esta colecção de exames, e também por não dispor de muito tempo para conferir tão grande leque de informação, é bastante provável que alguns dos enunciados não correspondam à versão final, assim como é igualmente provável que algumas das correcções e/ou enunciados contenham alguns lapsos. Por esta razão, peço a todos os quantos lerem esta panóplia de exames, testes e frequências, que tenham o sentido crítico bem apurado. Faltam igualmente aqui alguns momentos de avaliação, não porque a intenção seja ocultá-los mas sim porque nos meus arquivos ainda não os consegui encontrar. Adianta ainda ressalvar que alguns enunciados aqui apresentados são muito semelhantes, pelo que é conveniente ver o que de facto interessa ler antes de começar a imprimir todo o bloco, evitando chegar tardiamente à conclusão que existiam muitas questões iguais em diversos enunciados. Espero também que este bloco sirva de apoio ao estudo para os exames da disciplina de Matemática Computacional, para que de alguma forma os resultados finais obtidos sejam bons. BOM ESTUDO 1

Capítulo 1. Intro

Capítulo 001-00 3

4 Capítulo. 001-00.1 1/11/001 - Matemática Universidade do Algarve Área Departamental de Matemática Análise Numérica Matemática 1 o Teste Duraç~ao h:30 1 de Novembro de 001 1. Seja dada a seguinte função f (x, y) = sin (x) + e y xy com x a = 61 o e y a = π/, onde e (x a ) 3 e π é um valor aproximado com 4 algarismos significativos. a) Determine um majorante para o erro absoluto que se comete no cálculo de f (x a, y a ); b) Calcule um majorante para o erro relativo que se comete em f (x a, y a ) e concluia acerca do número de algarismos significativos desta aproximação. Justifique a sua resposta. Solução.1.1. a) Sendo então a função f dada pela expressão anterior temos que, f x = sin (x) cos (x) xy y sin (x) ye y x y f x (x a, y a ) = f x (61o, 1.571) = = sin (61o ) cos (61 o ) 1.064650844 1.571 1.571 sin (61 o ) 1.571e 1.571 1.064650844 1.571 = = 1.3383559 1.0175158 7.558799333.797478617 = 7.4867356.797478617 =.655343748

.1. 1/11/001 - Matemática 5 e f y = ey xy x sin (x) xe y x y f y (x a, y a ) = f y (61o, 1.571) = = e1.571 1.064650844 1.571 1.064650844 sin (61 o ) 1.064650844 e 1.571 1.064650844 1.571 = = 8.0474809 0.8144149178 5.15018.797478617 =.110545154.797478617 = 0.7544455. Atendendo então à fórmula de propagação directa do erro vamos então obter, e (f (x a, y a )) f x (x a, y a ) e (x a) + f y (x a, y a ) e (y a).655343748 0.0093084 + 0.7544455 0.0005 = 0.04905671 0.05 0.05 Nota 1. Devemos notar que temos de passar o erro em x a, que é apresentado em minutos, para radianos. Assim, 60 1 o 3 x x = 3 60 = 0.53(3)o, e por outro lado, 180 o π 0.53(3) o y y = 0.53(3) π 180 = 0.0093084. Por outro lado temos também de passar o valor de x a para radianos, o que dá 180 o π 61 o z z = 61 π 180 = 1.064650844. Nota. Devemos notar que, se y = π/ e e (π) 0.0005, então, e (y) 0.0005/ = 0.0005. Basta estudar a propagação do erro em y. Nota 3. Uma vez que f (x a, y a ) = sin (x a ) + e y a 5.576416878 = x a y a 1.064650844 1.571 = 3.334047978

6 Capítulo. 001-00 e e (f (x a, y a )) 0.05 0.05, podemos garantir desde já que f (x a, y a ) possui pelo menos algarismos significativos. b) Sabemos então que e atendendo a que e R (f (x a, y a )) = e (f (x a, y a )) f (x, y) e (f (x a, y a )) f (x a, y a ) f (x a, y a ) = 3.334047978 e que e (f (x a, y a )) 0.05, temos então que e R (f (x a, y a )) 0.05 3.334047978 0.0075 0.05 = 0.5 10 1, resultado que nos permite concluir que f (x a, y a ) tem pelo menos 1 algarismo significativo, mas, pela segunda nota da alínea anterior podemos garantir que a aproximação f (x a, y a ) tem pelo menos algarismos significativos... Pretende-se calcular, utilizando uma aritmética de 4 algarismos significativos, as raízes da seguinte equação do segundo grau 10 4 x + 4x + 10 4 = 0. a) Use a regra standard (fórmula resolvente) para aproximar as raízes da equação; b) Prove que as raízes de uma equação do segundo grau ax + bx + c = 0, verificam a seguinte relação x 1 x = c a. c) Obtenha uma aproximação para a raiz que em a) possuia menos precisão, utilizando para isso a fórmula deduzida em b). Solução.1.. a) Pretendemos então obter o valor aproximado das raízes da equação apresentada,

.1. 1/11/001 - Matemática 7 trabalhando com 4 algarismos significativos e utilizando a fórmula resolvente. Desta forma, x 1 = b b 4ac a = 4 4 4 10 4 10 4 10 4 = = 4 16 4 10 8 10 4 = 4 (15.99999996 =)16 8 10 4 = 10 4 = = 40000 e x = b + b 4ac a = 4 + 4 4 10 4 10 4 10 4 = 4 + 16 4 10 8 10 4 = = 4 + 16 10 4 = 0 = 0.000 10 4 b) Pretendemos provar que as raízes de uma equação do segundo grau verificam a seguinte relação x 1 x = c a. Notando então que x 1 = b b 4ac a e que x = b + b 4ac a vamos então obter x 1 x = ( b ) ( b 4ac b + ) b 4ac = a a = ( b) ( b 4ac ) 4a = b b + 4ac 4a = = 4ac 4a = c a c) Queremos agora obter uma melhor aproximação para x, raiz que possuia menos precisão na alínea x = a), através da aplicação da relação demonstrada na alínea b). Assim, c 10 4 = ax 1 10 4 ( 40000) = 1 40000 = 0.0000500.

8 Capítulo. 001-00. 3. Seja dada a seguinte função f (x) = e x ( x 4x + 1 ) 5.1. a) Prove que a função f possui um único zero, α, no intervalo [1, ]; b) Caso pretendesse aproximar α com um erro não superior a 10 4, com a aplicação do método da bissecção, quantas iterações teria de fazer para garantir uma aproximação com essa precisão; c) Pretende-se agora aproximar α, com a mesma precisão da alínea anterior, mas utilizando para tal o método de Newton. i) Será que escolhendo x 0 [1, ], consegue garantir a convergência da sucessão gerada pelo método de Newton; ii) Escolhendo um intervalo e um ponto x 0 adequados, calcule x. Calcule um majorante para o erro que se comete em x ; Solução.1.3. a) Para provarmos que a função tem um único zero no intervalo [1, ], vamos provar primeiro a existência ( pelo teorema do valor intermédio ) e depois a unicidade ( pelo estudo da derivada ). Assim, como f é uma função contínua em R [1, ], e f (1) = e 1 ( 1 4 1 + 1 ) 5.1 = e 1 5.1 < 0 f () = e ( 4 + 1 ) 5.1 = e 5.1 > 0 f (1) f () < 0 α [1, ] : f (α) = 0, o que prova a existência. Quanto à unicidade, teremos de estudar a derivada da função f, assim sendo, f (x) = e x ( x 4x + 1 + 4x 4 ) = e x ( x 3 ), desta forma f (x) = 0 x 3 = 0 x = 3 x 1 = 3 3 [1, ] x = / [1, ]. Concluímos então que o conjunto dos números de Rolle da função no intervalo [1, ] é o seguinte, Conjunto dos Números de Rolle de f em [1, ] = { 1, } 3,.

.1. 1/11/001 - Matemática 9 Mas agora sabemos que entre dois números de Rolle consecutivos da função, existe no máximo um um zero da função, o qual é garantido se as imagens nesses números de Rolle (consecutivos) possuírem sinais contrários. Neste caso, f (1) < 0, f ( ) 3 8.16 < 0 α [1, ] : f (α) = 0 e por outro lado f ( ) 3 8.16 < 0, f () > 0 α [1, ] : f (α) = 0. Desta forma podemos concluir que existe e é único o zero da função no intervalo [1, ]. b) Sabemos então que o erro absoluto no método da bissecção na iteração n é majorado por α x n = e (x n ) (b a) n, n = 1,, 3,..., supondo que a primeira iteração é x 1. Atendendo a que queremos que o erro verifique a relação e (x n ) 10 4, vamos então ter de resolver a seguinte inequação, (b a) n 10 4 ( 1) n 10 4 n 10 4 n ln ( ) 10 4 ln () 13.3. Concluímos assim que serão necessárias, no mínimo, n = 14 iterações do método da bissecção para podermos obter uma aproximação para o zero da nossa função com um erro inferior a 10 4. c) Pretendemos agora aproximar a mesma raiz, mas agora utilizando o método de Newton. i) A resposta a esta alínea é negativa, pois a derivada anula-se no interior deste intervalo o que faz com que não se verifiquem as condições de convergência do método de Newton. Além disso, não será difícil notar que se escolhermos x 0 perto do ponto que anula a derivada a sucessão gerada pelo método de Newton pode não convergir. ii) Para calcularmos o valor de x através do método de Newton, deveremos então escolher um intervalo onde se verifique a relação (b a) < 1 M, com M = M m 1, M = max x [1,] f (x), m 1 = max x [1,] f (x). Como sabemos que a derivada se anula no ponto x = 3/ 1., podemos aplicar já o método da bissecção para obter um intervalo que não contenha este ponto, assim, a primeira iteração do método da bissecção fornece-nos os seguintes valores, a 0 = 1 b 0 = x 1 = 1.5 f (a 0 ) < 0 f (b 0 ) > 0 f (x 1 ) < 0 α [1.5, ] = [a 1, b 1 ].

10 Capítulo. 001-00 Como este intervalo já não contém o zero da derivada vamos então verificar se todas as condições de convergência se verificam, assim, f (x) = e ( x x 4x + 1 ) 5.1 C ([1.5, ]) f (x) = e ( x x 3 ) C ([1.5, ]) f (x) = e ( x x 3 + 4x ) C ([1.5, ]) f C ([1.5, ]) Também já sabemos que no intervalo [1.5, ], f (x) 0, pelo que só nos falta garantir que o intervalo tem uma amplitude aceitável para a aplicação do método de Newton. Para isso vamos então calcular m 1 e M. Ora, f (x) = e x ( x 3 + 4x ) = 0 x 3 + 4x = 0 x 1 = 4 + 16 + 4 4 0.6 / [1.5, ] x = 4 16 + 4 4 < 0 / [1.5, ] pelo que f (x) > 0 para todo o x [1.5, ], e por essa razão, f (x) é uma função estritamente crescente no intervalo [1.5, ]. Pelo que, e por outro lado, m 1 = min f (x) = min { f (1.5), f () } min { 6.7, 36.9 } = 6.7 x [1.5,] f (x) = e x ( x + 8x + 1 ) > 0, x [1.5, ], pelo que f (x) é então uma função estritamente crescente no intervalo [1.5, ], o que nos permite concluir que M = max f (x) = max { f (1.5), f () } min { 33.6, 96.1 } = 96.1, x [1.5,] e desta forma M = M m 1 = 96.1 6.7 7. 1 M = 1 7. = 0.14, mas como a amplitude do intervalo que temos é igual a 0.5 vamos então ter de refinar ainda mais o nosso intervalo. Para isso apliquemos mais uma vez o método da bissecção. a 1 = 1.5 f (a 1 ) < 0 b 1 = f (b 1 ) > 0 α [1.75, ] = [a, b ]. x = 1.75 f (x ) < 0 Neste caso vamos obter também, m 1 = min { f (1.75), f () } min { 17.98, 36.9 } = 17.98

.1. 1/11/001 - Matemática 11 e M = max { f (1.75), f () } min { 58.7, 96.1 } = 96.1, e imediatamente, M = M m 1 = 96.1 17.98.7 1 M = 1.7 = 0.3, pelo que já se verifica que a amplitude do intervalo que contém a raiz é menor que a quantia 1/M. A partir de agora falta-nos escolher o ponto x 0 e começar a iterar. x 0 será escolhido por forma a que a função e a segunda derivada tenham o mesmo sinal nesse ponto, assim sendo, pelo que já vimos atrás f (x) > 0, para todo o x [1.75, ], f (1.75) < 0 e f () > 0, pelo que se deve escolher x 0 =. Calculemos agora x 1 e x. x 1 = x 0 f (x 0) f (x 0 ) =.89056099 36.945805 = 1.938041989 x = x 1 f (x 1) 0.1773996 f = 1.938041989 (x 1 ) 31.3365609 = 1.9338601. Quanto ao majorante para o erro temos o seguinte esquema recursivo, M e (x ) (M e (x 1 ) ) (M e (x 0 ) ) (M b a ) e (x ) 1 M (M b a ) 0.3 (.7 1.75 ) 0.06. 4. Seja f uma função de classe C num intervalo Ω = [a, b], com f (x) 0, para todo o x Ω. Além disso suponha-se que f (x) > 0 e f (x) > 0, para todo o x em Ω. Sabendo que f possui um único zero em Ω prove que, se escolhermos x 0 = b, por forma a que f (x 0 ) f (x 0 ) > 0, então a sucessão gerada pelo método de Newton é uma sucessão convergente para a raiz e a sua convergência é feita de forma monótona. Solução.1.4. Como foi visto na aula teórica, facilmente se prova que a sucessão gerada pelo método de Newton, escolhendo x 0 = b com este critério, é uma sucessão convergente, sendo a mesma monótona decrescente. Escolha-se x 0 = b, provamos então que, com f (a) < 0, f (b) > 0 e com f (x) > 0, f (x) > 0, para todo o x [a, b], x k > α, para todo o k = 0, 1,, 3,.... Este resultado prova-se por indução sobre k. Provemos então a base do processo indutivo, i.e., que a propriedade se verifica para k = 0. Ora x 0 = b e α ]a, b[, pelo que é imediato que α < x 0 = b.

1 Capítulo. 001-00 Provemos agora o passo indutivo, i.e., suponhamos que o resultado é válido para n = k, ou seja, α < x k e provemos que o mesmo resultado ainda permanece válido para n = k + 1, i.e., α < x k+1. Usando então o teorema de Taylor temos, o que equivale a escrever f (α) = f (x k ) + (α x k ) f (x k ) + (α x k) f (ξ k ), com ξ k [α, x k ], (α x k ) f (x k ) + f (x k ) = (α x k) f (ξ k ) < 0 (α x k ) f (x k ) < f (x k ). Admitindo então que f (x) > 0, para todo o x ]α, b], obtemos, α x k < f (x k) f (x k ) α < x k f (x k) f (x k ) = x k+1. Provamos assim que a sucessão gerada pelo método de Newton, neste caso, é uma sucessão limitada. Provemos agora que a sucessão gerada pelo método de Newton, nas mesmas condição, é uma sucessão monótona decrescente, i.e., x k+1 x k < 0, k = 0, 1,,.... Para provar este facto basta ter em conta que f (x k ) > 0 e f (x k ) > 0, o que faz com que f (x k ) f (x k ) > 0 f (x k) f (x k ) < 0 x k f (x k) f (x k ) < x k x k+1 < x k. Pelos resultados provados podemos então concluir que nestas condições a sucessão, {x n } n N é uma sucessão convergente, uma vez que é limitada, α < x k < x 0 = b, k = 0, 1,,..., e é também monótona decrescente. Provemos agora que o limite da sucessão gerada pelo método de Newton é, de facto, o zero da função. Seja α a raiz de f (x) = 0 no intervalo [a, b], e designemos o limite da sucessão gerada pelo método de Newton por x. Assim sendo, o que implica que x k k x e x k+1 k x, f (x k ) k f (x ) e f (x k ) k f (x ), logo ( lim x k+1 = lim x k f (x ) k) k k f x = x f (x ) (x k ) f (x ) f (x ) f (x ) = 0 f (x ) = 0, tal significa que x é solução de f (x) = 0 em [a, b], mas como a única raiz de f neste intervalo, por hipótese, é α, vem imediatamente que x = α.

.1. 1/11/001 - Matemática 13 5. Considere a equação x sin (x + 1) = 0, a qual tem uma raiz α Ω = [0, 1]. Pretende-se calcular essa raiz através da aplicação do método iterativo do ponto fixo com uma função iteradora da forma g (x) = x λ (x sin (x + 1)), λ 0. a) Verifique que a raiz α é, de facto, ponto fixo da função g no intervalo Ω; b) Faça λ = 0.5 e mostre que o método iterativo do ponto fixo associado a g converge para α, qualquer que seja a aproximação inicial x 0 Ω; c) Determine o número de iterações necessárias para se obter uma aproximação x n com um erro absoluto não superior a 10 6. Solução.1.5. a) Para provarmos este facto basta notar que f (x) = x sin (x + 1) = (x sin (x + 1)) (x + sin (x + 1)) = 0 (x + sin (x + 1)) = 0 (x sin (x + 1)) = 0 Mas, sendo x [0, 1] = Ω, facilmente se verifica que (x + sin (x + 1)) > 0, para todo o x neste intervalo, pelo que nos resta apenas (x sin (x + 1)) = 0 λ (x sin (x + 1)) = 0 x + λ (x sin (x + 1)) = x. E desta forma, se α for o único zero da função no intervalo Ω vamos então obter que α + λ (α sin (α + 1)) = g (α) = α + λ 0 = α, i.e., a raiz da equação no intervalo Ω é ponto fixo da função g. b) Provemos então que, com λ = 0.5 a função iteradora verifica as condições suficientes de convergência impostas pelo Teorema do Ponto Fixo. g (x) = x 0.5 (x sin (x + 1)) = x x + sin (x + 1) = x sin (x + 1) +. i) Facilmente se verifica que g C 1 (Ω), pois g não é mais do que a soma de duas funções de classe C (Ω), portanto, g é a soma de duas funções de classe C 1 em Ω. ii) Provemos agora que g (Ω) Ω.

14 Capítulo. 001-00 Calculando então g vamos obter g (x) = 1 + cos (x + 1) pois cos (x + 1) > 0, para todo o x [0, 1]. Isto significa que g é uma função estritamente crescente no intervalo Ω, e por conseguinte, [ sin (1) g (Ω) [g (0), g (1)] = +, 1 > 0, ] sin () + = [0.40..., 0.954...] [0, 1]. iii) Falta-nos provar que M = max { g (x) : x Ω} < 1. Ora, g sin (x + 1) (x) = < 0, x Ω, o que implica que g é uma função estritamente decrescente, pelo que M = max { g (x) : x Ω} = max { g (0), g (1) } = = { } cos (1) max 0.5 +, cos () 0.5 + = = max {0.7701..., 0.919...} 0.77 < 1. Através de i), ii) e iii) fica imediatamente provado, pelo Teorema do Ponto Fixo, que a sucessão gerada pelo processo iterativo x n+1 = g (x n ) = x n + sin (x n + 1), n = 0, 1,,... converge para o único ponto fixo da função g no intervalo Ω, o qual coincide com o zero da função x sin (x + 1) nesse intervalo, qualquer que seja a aproximação inicial x 0 que se tome para primeira aproximação de α, no intervalo Ω. c) Temos agora duas hipóteses para calcularmos o número mínimo de iterações a efectuar para que o erro seja não superior a 10 6. Por um lado sabemos que, e (x n ) = α x n M n α x 0 (0.7701) n 1 0 10 6 o que, resolvendo em ordem a n =número de iterações vai dar (0.7701) n 10 6 ln (0.7701) n ln ( 10 6) 0.6134904 n ln ( 10 6) n 5.885 n 53. Concluímos neste caso que são necessárias 53 iterações para garantirmos que o erro que afecta o valor da iteração é inferior a 10 6.

.1. 1/11/001 - Matemática 15 Outra forma que temos para calcular o número de iterações é através da seguinte fórmula e (x n ) = α x n M n 1 M x 1 x 0 10 6. Notando agora que, escolhendo por exemplo x 0 = 0 vamos obter g (x 0 ) = x 1 = 0.40735494, então 0.7701 n 1 0.7701 0.40735494 10 6 0.7701 n 5.46440696 10 7 ln (0.7701) n ln ( 5.46440696 10 7) 0.6134904 n 14.41987048 n 55.1989... n 56. Desta forma neste caso serão necessárias 56 iterações para garantirmos que o erro da aproximação obtida nessa iteração é inferior a 10 6. Neste caso podemos ainda escolher o x 0 = 1, e nesse caso teremos g (x 0 ) = x 1 = 0.9546487134, pelo que 0.7701 n 1 0.7701 0.045351866 10 6 0.7701 n 5.069315939 10 6 ln (0.7701) n ln ( 5.069315939 10 6) 0.6134904 n 1.1930467 n 46.6718... n 47, o que significa que serão necessárias 47 iterações para podermos garantir, neste caso, que o erro da aproximação obtida é inferior a 10 6..

16 Capítulo. 001-00. 15/11/001 - EI, IG, ESC Universidade do Algarve Área Departamental de Matemática Análise Numérica Informática de Gestão, Ensino de Informática e Engenharia de Sistemas e Computação 1 o Teste Duraç~ao h:00 15 de Novembro de 001 1. Considere a seguinte função y = f (x) = exp ( x ) = e x. a) Calcule os valores de x que verificam a seguinte relação cond f (x) 10. Denote o conjunto solução por Ω; b) Supondo que x a é uma aproximação que possui 5 algarismos significativos que pertence a Ω, o que pode concluir acerca do número de algarismos significativos de y a = f (x a ). Justifique convenientemente a sua resposta; Solução..1. a) Como já sabemos, o número de condição de uma função é dado por cond f (x) = x f (x) f (x), desta forma, e no nosso caso, x ( x e x) cond f (x) 10 e x 10 x 10 5 x 5. Assim sendo os valores de x que verificam a condição exigida são os que pertencem ao seguinte intervalo [ 5, ] 5. b) Neste caso sabemos que a aproximação para o valor x a possui 5 algarismos significativos, o que, por um resultado referido na teórica e que faz parte das folhas teórico-práticas, nos permite afirmar que e R (x a ) 0.5 10 5. Por outro lado, sabemos igualmente que e R (f (x a )) cond f (x a ) e R (x a ),

.. 15/11/001 - EI, IG, ESC 17 mas, sabendo-se que x a pertence ao intervalo em que os valores do módulo do número de condição da função é menor que 10, podemos imediatamente concluir que, e R (f (x a )) 10 0.5 10 5 = 0.5 10 4, o que nos dá a garantia de pelo menos 4 algarismos significativos para o valor aproximado de f (x a )... Sabendo que, para o método de Newton se pode obter a relação M e (x n ) (M e (x n 1 ) ), n = 1,, 3,... obtenha um minorante para o número de iterações que lhe garanta que o erro que se comete na aproximação x n da raiz da equação é inferior a δ > 0. Solução... A demonstração deste resultado pode ser encontrada em alguns dos livros que fazem parte da bibliografia indicada para a disciplina, como por exemplo, o livro do Kendal E. Atkinson - An introduction to elementary numerical analisys. No entanto, a mesma será aqui apresentada. Ora, a relação M e (x n ) (M e (x n 1 ) ), n = 1,, 3,..., pode ser traduzida, por indução matemática, numa outra que lhe é equivalente, M e (x n ) (M e (x 0 ) ) n (M (b a)) n, tomando para [a, b] o intervalo inicial que contém a raiz da equação. Desta forma, e como pretendemos que o erro que afecte a nossa iteração n seja inferior a δ, com delta uma tolerância, obviamente, maior do que 0, vamos então chegar aos seguintes resultados, M e (x n ) (M (b a)) n (x n ) 1 M (M (b a))n δ, pelo que podemos obter então (M (b a)) n δ M. (..1) Convém referir nesta altura que para que o método convirja é extremamente necessário que se imponha que M (b a) < 1, pois só desta forma podemos garantir, atendendo à penúltima expressão escrita, que e (x n ) 0, quando n.

18 Capítulo. 001-00 Aplicando agora logaritmos nepperianos em ambas as partes da inequação (1), vamos chegar à seguinte relação equivalente ln (M (b a)) n ln (δ M) n ln (M (b a)) ln (δ M) n ln (δ M) ln (M (b a)), e, finalmente, podemos então dizer que o número mínimo de iterações que nos garante que o erro que afecta o valor da iteração é inferior a δ é dado pelas seguintes condições ( ) ln (δ M) ln ln (M (b a)) n n N. ln. 3. Determine, com 4 algarismos significativos, o valor da abcissa do ponto onde a parábola y = (x ) se cruza com a recta que passa nos pontos (, 0.998) e (1, 0.50). Nota: Convém usar o método que converge mais rapidamente. Solução..3. Devemos começar por construir a equação da recta que passa pelos pontos (, 0.998) e (1, 0.50), a qual se obtém muito facilmente. Depois disso, devemos encontrar os intervalos que contém as duas raízes, e escolhendo uma delas, devemos verificar as condições de convergência do método de Newton e verificadas estas é só escolher o ponto x 0 e iterar até obtermos uma aproximação que nos garanta os 4 algarismos significativos.. 4. Considere o seguinte sistema de equações lineares x 1 + 3 x + 3 x 3 = 1 6 x 1 + 3 x 1 3 x 3 = 1 1 3 x 1 + 4 3 x x 3 = 4. Resolva-o numa aritmética de 3 algarismos significativos, o mais eficientemente possível, utilizando para isso o método de eliminação de Gauss. Solução..4. Passando o sistema para a matriz aumentada, notando que estamos a trabalhar com três algarismos significativos, vamos obter 1 0.667 0.667 0.167 0.667 0.333 1 0.333 1.33 1 4

.. 15/11/001 - EI, IG, ESC 19 e como pretendemos resolvê-lo da forma mais eficiente, vamos então utilizar a técnica de pivotação parcial. Assim, o pivot que escolhemos para a primeira etapa do método de eliminação de Gauss será dado por max a i1 = max {1, 0.167, 0.333} = 1 = a 11, i=1,,3 pelo que não é efectuada qualquer troca de linhas, e desta forma 1 0.667 0.667 L () L (1) m 0.167 0.667 0.333 1 1 L (1) 1 L () 3 L (1) 3 m 31 L (1) 1 0.333 1.33 1 4 1 0.667 0.667 0.00 0.778 0. 0.666 0.00 1.11 1. 4.67 com m 1 = a 1 = 0.167 a 11 1 = 0.167 e m 31 = a 31 = 0.333 = 0.333. a 11 1 E efectuando a segunda etapa do método de eliminação de Gauss vamos então obter 1 0.667 0.667 1 0.667 0.667 0.00 0.778 0. 0.666 L (3) 3 L () 3 m 3 L (1) 0.00 1.11 1. 4.67 0.00 1.11 1. 4.67 0.00 0.00 0.633.60 com m 3 = a 3 a = 0.778 1.11 = 0.701. Devemos notar que para efectuar esta segunda etapa o facto de estarmos a utilizar a técnica de pivotação parcial implicou a troca das linhas e 3, uma vez que max i=,3 a i = max {0.778, 1.11} = 1.11 = a 3 No final, a solução do sistema de equações lineares é a seguinte x 1 = 0.940 x = 0.306 x 3 = 4.11. 5. Considere a seguinte matriz A = 1 1 1 1. 1/ 1

0 Capítulo. 001-00 a) Calcule a factorização LU da matriz A; b) Utilizando a factorização LU de A, calcule a segunda coluna de uma matriz X que verifica a seguinte relação, 5 6 7 AX = B, onde B = 5 5 8. 9/ 11/ 6 Solução..5. a) Calculando então a factorização LU da matriz vamos obter os seguintes resultados, 1 1 1 1 L () A = A (1) 3 L (1) 3 m = 1 1 31 L (1) 1 L () L (1) m 1 L (1) 0 3 1 = A(), 1 1/ 1 0 1 1/ e na outra etapa com 1 1 A () 0 3 1 L (3) 3 L() 3 m3l() = U, 0 0 1/6 1 0 0 1 0 0 L = m 1 1 0 = 1 0 m 31 m 3 1 1/ 1/3 1 b) Para resolver esta alínea basta notar que [ ] [ AX = AX.1 AX. AX.3 = B = B.1 B. B.3 ]. Assim sendo só temos de resolver o sistema AX. = B., onde X. representa a segunda coluna de X e B. representa a segunda coluna da matriz B. Aplicando então a decomposição que obtivemos na alínea anterior vamos obter, 1 0 0 y 1 6 y 1 = 6 1 o ) Ly = B. 1 0 y = 5... y = 7 1/ 1/3 1 11/ y 3 = 1/6 e 1 1 o ) UX. = y 0 3 1 0 0 1/6 y 3 X 1 X X 3 6 X 1 = 1 = 7... X = 1/ X 3 = 1, Esta é a segunda coluna da matriz X que verifica a relação AX = B, em que B é a matriz descrita no enunciado..

.3. 17/1/001 - EI, IG, ESC 1.3 17/1/001 - EI, IG, ESC Universidade do Algarve Área Departamental de Matemática Análise Numérica EI, ESC e IG o Teste Duraç~ao h:30 17 de Dezembro de 001 (3,0) 1. Uma matriz A R n n diz-se tridiagonal se a ij = 0, i > j + 1 e a ij = 0, i < j 1. Calcule o número de operações a efectuar para obter a factorização LU de uma matriz A nestas condições. Solução.3.1. O número de operações a efectuar vai depender do algoritmo que utilizarmos para resolver este problema. Contudo o mais económico é o seguinte Algoritmo 1. Decomposição LU para matrizes tridiagonais para k = 1,, 3,..., n 1 l k+1,k = a k+1,k a k+1,k a k,k a k+1,k+1 a k+1,k+1 l k+1,k a k,k+1 Assim sendo não será difícil de verificar que o algoritmo possui (n 1) etapas, fazendo- -se em cada uma delas: multiplicações e 1 adição. No final teremos de efectuar (n 1) multiplicações e (n 1) adições para obter a decomposição LU de uma matriz tridiagonal, o que perfaz um total de 3n 3 operações para obter a decomposição de uma matriz tridiagonal. Obviamente que, para poupar espaço no armazenamento de dados, as entradas da matriz L serão guardadas sobre o espaço que já foi criado para armazenar a matriz A. Outros algoritmos podem ser utilizados para efectuar a decomposição LU da matriz A, embora sejam mais lentos, menos económicos, relativamente ao que atrás foi exibido. Por exemplo, no caso de não notarmos que em cada etapa a k,k+ = 0 podemos elaborar o seguinte algoritmo (que não está errado, mas também não é o mais aconselhável) Algoritmo. Decomposição LU para matrizes tridiagonais

Capítulo. 001-00 para k = 1,, 3,..., n 1 l k+1,k = a k+1,k a k+1,k a k,k a k+1,k+1 a k+1,k+1 l k+1,k a k,k+1 a k+1,k+ a k+1,k+ l k+1,k a k,k+ ou ainda, no caso de querermos guardar a informação de L numa outra estrutura de dados, o que poderá ser necessário no caso de pretendermos utilizar a matriz A para efectuar cálculos posteriores à decomposição, Algoritmo 3. Decomposição LU para matrizes tridiagonais u 1,1 a 1,1 para k = 1,, 3,..., n 1 u k,k+1 a k,k+1 l k+1,k a k+1,k u k,k u k+1,k a k+1,k l k+1,k u k,k u k+1,k+1 a k+1,k+1 l k+1,k u k,k+1. (3,0). Seja dada a seguinte matriz A = 0 0 1 3 1 0 0 0 1 0 1. Calcule o valor de A 1, A e A F. Solução.3.. Para resolvermos este exercício apenas temos de aplicar as definições dadas para cada uma destas normas. Assim sendo, ( ) 1/ 4 4 A F = a ij = (4 + + + 1 + 3 + 1 + 4 + + 1 + 1) 1/ = 5; i=1 j=1 { 4 } A 1 = max a ij, j = 1,, 3, 4 = i=1 = max { +, + 1 + 1, + 3 +, 1 + 1 } = = ( + 1 )

.3. 17/1/001 - EI, IG, ESC 3 A = max { } 4 a ij, i = 1,, 3, 4 = j=1 = max { + +, 1 + 3 + 1, +, 1 + 1 } = = 4. (4,0) 3. Verifique se a matriz A que é abaixo dada é definida positiva. 4 0 1 A = 0 0. 1 0 4 Solução.3.3. Por definição dizemos que: uma matriz A R n n é definida positiva se x T Ax > 0, para todo o vector x R n \ {0}. Assim sendo, para o nosso caso escolha-se x 0, x R 3. 4 0 1 [ ] x T Ax = x 1 x x 3 0 0 1 0 4 x 1 x x 3 [ = ] 4x 1 + x 3 x x 1 + 4x 3 x 1 x x 3, ou seja, x T Ax = 4x 1 + x 1 x 3 + x + x 1 x 3 + 4x 3 = 3x 1 + x + 3x 3 + (x 1 + x 3 ). Não será agora difícil afirmar que para x = (x 1, x, x 3 ) (0, 0, 0) qualquer 3x 1 + x + 3x 3 > 0, e por conseguinte, x T Ax > 0, o que prova que a matriz A dada é uma matriz definida positiva.. (5,0) 4. Sejam dados A = 0.11 3.1.31 0.916 e b = 1.1 0.98. a) Obtenha a decomposição LU da matriz A, utilizando uma aritmética de 3 alga-rismos significativos; b) Calcule uma aproximação para a solução do sistema Ax = b, utilizando a decomposição LU da matriz A e utilizando uma aritmética de 3 algarismos significativos; c) Utilize o método do resíduo (refinamento iterativo) para obter uma aproximação para a solução, tomando como critério de paragem a condição r 0.1.

4 Capítulo. 001-00 Solução.3.4. a) Pretendemos obter a decomposição LU da matriz A, utilizando para tal uma aritmética finita de 3 algarismos significativos. Assim sendo, 0.11 3.1 L L m 1 L 1.31 0.916 0.11 3.1 0.00 58.7 = Ũ com m 1 = a 1 =.31 = 19.1. Pelo que, a 11 0.11 L = 1.00 0.00 19.1 1.00 b) Utilizemos agora a decomposição LU obtida na alínea anterior para obter uma apro-ximação para a solução do sistema Ax = b.assim, Ax = b L }{{} Ũx = b =y Ly = b Ũx = y. Desta forma, utilizando novamente 3 algarismos significativos, 1.00 0.00 Ly = b y 1 = 1.1 19.1 1.00 0.98 y... y 1 = 1.1 y =.1. E por outro lado, Ũx = y 0.11 3.1 0.00 58.7 x 1 x = 1.1.1... x 1 = 0.331 x = 0.376. Assim sendo a aproximação obtida para a solução do nosso sistema é dada por x = (0.331, 0.376). c) Pretendemos agora aplicar o refinamento iterativo até obtermos uma solução para a qual a norma infinito do resíduo seja inferior a 0.1. Comecemos por calcular o resíduo que está associado à aproximação obtida na alínea b), que aqui será designada por x (0) = x. Ora, r (0) = b b = b b (0), com b = b (0) = Ax (0), e como já sabemos, para diminuir os efeitos do cancelamento subtractivo, b deve ser calculado com dupla precisão, i.e., com 6 algarismos significativos, logo b (0) = Ax (0) 0.11 3.1 =.31 0.916 0.331 0.376 = 1.1317 1.10903,

.3. 17/1/001 - EI, IG, ESC 5 e consequentemente r (0) = b b (0) = 1.1 0.98 1.1317 1.10903 = 0.00317 0.17 r (0) = 0.17 > 0.1. Agora sabemos que x (1) = x (0) + e (0), onde e (0) é a solução do sistema de equações lineares, Ae (0) = r (0) LŨe(0) }{{} =y (0) = r (0). Daqui podemos então concluir que Ly (0) = r (0) 1.00 0.00 19.1 1.00 y(0) 1 y (0) = 0.00317 0.17... y (0) 1 = 0.00317 y (0) = 0.0665. E por outro lado, logo Ũe (0) = y (0) 0.11 3.1 0.00 58.7 e(0) 1 e (0) = 0.00317 0.0665... e (0) 1 = 0.0558 e (0) = 0.00113, x (1) = x (0) + e (0) = (0.331, 0.376) + ( 0.0558, 0.00113) = (0.75, 0.377). Calculando agora o resíduo que está associado a x (1) vamos obter, b (1) = Ax (1) 0.11 3.1 = 0.75 =.31 0.916 0.377 e consequentemente r (1) = b b (1) = 1.1 0.98 1.480 0.98058 = 0.038 0.0014 1.480 0.98058, r (1) = 0.038 < 0.1, pelo que se verifica a condição de paragem e a aproximação para a solução pretendida é dada por x (1) = 0.75 0.377.. (5,0) 5. Seja dada a seguinte tabela de valores x 1.0 1.5.0 f (x) 1.359.41 3.695 f (x) 1.359.41 3.695

6 Capítulo. 001-00 a) Construa a tabela das diferenças divididas associada a toda a tabela; b) Utilizando toda a informação da tabela obtenha uma aproximação para o valor da função f em 1.35; c) Calcule uma estimativa para o valor de f (1.35). Solução.3.5. a) A tabela das diferenças divididas que está associada a esta tabela é a seguinte x y [.] y [.,.] y [.,.,.] y [.,.,.,.] y [.,.,.,.,.] y [.,.,.,.,.,.] x 0 = 1.0 y 0 = 1.359 }{{} =a 0 y [x 0, x 0 ] = y 0 = 1.359 }{{} =a 1 x 0 = 1.0 y 0 = 1.359 0.8100 }{{} =a y [x 0, x 1 ] = 1.764 0.880 }{{} =a 3 x 1 = 1.5 y 1 =.41 0.9540 0.0900 }{{} =a 4 y [x 1, x 1 ] = y 1 =.41 0.3800 0.008000 }{{} =a 5 x 1 = 1.5 y 1 =.41 1.334 0.1000 y [x 1, x ] =.908 0.4800 x =.0 y = 3.695 1.574 x =.0 y = 3.695 y [x, x ] = y = 3.695 b) Se utilizarmos toda a informação da tabela, vamos construir o polinómio interpolador de Hermite de grau 5, cuja forma é a seguinte p 5 (x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + a (x x 0 ) + a 3 (x x 0 ) (x x 1 ) + +a 4 (x x 0 ) (x x 1 ) + a 5 (x x 0 ) (x x 1 ) (x x ) f (1.35) p 5 (1.35) = 1.359 + 1.359 (1.35 1) + 0.81 (1.35 1) + +0.88 (1.35 1) (1.35 1.5) + 0.9 (1.35 1) (1.35 1.5) + +0.008 (1.35 1) (1.35 1.5) (1.35 ) f (1.35) p 5 (1.35) = 1.359 + 1.359 (0.35) + 0.81 (0.35) + 0.88 (0.35) ( 0.15) + 0.9 (0.35) ( 0.15) + 0.008 (0.35) ( 0.15) ( 0.65).

.3. 17/1/001 - EI, IG, ESC 7 Desta forma, f (1.35) p 5 (1.35) = 1.931104418 1.931 c) Para aproximarmos a derivada da função teremos de derivar a expressão do polinómio interpolador, p 5 (x), e calcular o seu valor no ponto 1.35. Assim sendo, p 5 (x) = 1.359 + 0.81 (x 1) + 0.88 (x 1) (x 1.5) + 0.88 (x 1) + 0.9 (x 1) (x 1.5) + 0.9 (x 1) (x 1.5) + +0.008 (x 1) (x 1.5) + 0.008 (x 1) (x 1.5) (x ) + + 0.008 (x 1) (x 1.5) (x ) o que é equivalente a escrever p 5 (x) = 1.359 + 1.6 (x 1) + 0.576 (x 1) (x 1.5) + 0.88 (x 1) + +1.84 (x 1) (x 1.5) + 1.84 (x 1) (x 1.5) + +0.008 (x 1) (x 1.5) + 0.016 (x 1) (x 1.5) (x ) + +0.016 (x 1) (x 1.5) (x ), expressão que se pode ainda escrever da seguinte forma ( { p 5 (x) = 1.359 + (x 1) 1.6 + 0.88 (x 1) + (x 1.5) 0.576+ +1.84 (x 1.5) + 1.84 (x 1) + 0.008 (x 1) (x 1.5) + [ ] } ) + (x ) 0.016 (x 1.5) + 0.016 (x 1), e, efectuando os cálculos no ponto x = 1.35 vamos obter que ( { p 5 (1.35) = 1.359 + (0.35) 1.6 + 0.88 (0.35) + ( 0.15) 0.576+ no final podemos então concluir que +1.84 ( 0.15) + 1.84 (0.35) + 0.008 (0.35) ( 0.15) + [ ] } ) + ( 0.65) 0.016 ( 0.15) + 0.016 (0.35), f (1.35) p 5 (1.35) = 1.9118515 1.91. Não será difícil verificar que p 5 (x i ) = f (x i ), i = 0, 1,, o que significa que p 5 (x) é um polinómio interpolador para a derivada da função nos pontos (x i, f (x i )), i = 0, 1,..

8 Capítulo. 001-00.4 18/1/001 - Matemática Universidade do Algarve Área Departamental de Matemática Análise Numérica Matemática o Teste Duraç~ao h:30 18 de Dezembro de 001 (5,0) 1. Sejam A = 10 5 1 1 e b = 1 1. a) Resolva o sistema Ax = b em aritmética exacta, utilizando para tal o método de eliminação de Gauss. Denote a solução por x; b) Resolva o mesmo sistema, utilizando agora uma aritmética de 3 algarismos significativos, sem aplicar qualquer tipo de escolha de pivot. Denote a solução por y; c) Calcule x y e x y x ; d) Resolva novamente o sistema de equações lineares Ax = b, mas utilizando agora a técnica de escolha de pivot parcial com uma aritmética de 3 algarismos significativos. Denote a solução por z; e) Calcule x z e x z x ; f) Comente o resultados obtidos nas alíneas c) e e). Solução.4.1. a)resolvendo o sistema com aritmética exacta e utilizando a eliminação de Gauss, vamos obter, 10 5 1 1. 1 L L m 1 L 1 10 5. 1. 1 0 199999., 99999 com m 1 = a 1 = 1 a 11 10 5 = 105 = 100000. Passando agora para a forma de sistema, vem que 10 5 10 5 x 1 + x = 1 x 1 = 199999 = 100000 199999 199999x = 99999 x = 99999 199999

.4. 18/1/001 - Matemática 9 Assim sendo, a solução exacta do sistema Ax = b é dada por 100000 x 1 199999 x = = 99999 x 199999 b)resolvendo agora o mesmo sistema, mas utilizando uma aritmética finita de 3 algarismos significativos pelo método de eliminação de Gauss, sem qualquer tipo de escolha de pivot, vamos obter 10 5. 1 L L m 1 L 1 10 5. 1, 1 1. 1 0 00000. 100000 com m 1 = a 1 a 11 = 1 10 5 = 105 = 100000. Em termos de solução vamos obter o seguinte 10 y 1 + y = 1 00000y = 100000 Pelo que a solução do sistema neste caso será c)neste caso temos, y = y 1 y = y 1 = 0 y = 100000 00000 = 0.5 0 0.5 ( 10 5 x y = 10 5 1, 10 5 1 10 5 1 ) (0, 0.5) = = ( ( 10 5 10 5 1 ) + ( 10 5 1 ) ) 1/ 0.5 = 10 5 1 = ( 0.50005 + 6.5 10 1) 1/ = 0.500005 0.5 e quanto ao erro relativo temos x y = 0.500005 = 0.7071103167 0.71, x 0.707106781 o que em termos de percentagem de erro indica que a solução aproximada y possui 100 x y x 71% de erro. Notemos que x = ( (100000 199999 ) ( ) ) 1/ 99999 + = (0.50005 + 0.499975) 1/ = 199999 = (0.5) 1/ = 0.707106781 0.71.

30 Capítulo. 001-00 d)vamos agora resolver o mesmo sistema, mas utilizando uma aritmética finita de 3 algarismos significativos pelo método de eliminação de Gauss, com escolha de pivot parcial. Neste caso, 10 5.00. 1.00. L 1 L 1.00 1.00. 1.00. 1.00 1.00. 1.00 10 5.00. 1.00 L L m 1 L 1 1.00 1.00. 1.00 0.00.00. 1.00 com m 1 = a 1 a 11 = 10 5 = 0.00001. Em termos de solução vamos obter o seguinte 1.00z 1 + 1.00z = 1.00 Pelo que a solução do sistema neste caso será.00z = 1.00 z = z 1 z = z 1 = 0.500 z = 0.500 0.500 0.500 e)no que toca à solução que obtivemos a partir da utilização da escolha de pivot os resultados são os seguintes ( 10 5 x z = 10 5 1, 10 5 1 10 5 1 ) (0.5, 0.5) = = ( ( 10 5 ) 10 5 1 0.5 + ( 10 5 1 10 5 1 ) 0.5 ) 1/ = = ( 0.000005 + 0.000005 ) 1/ = ( 0.000005 ) 1/ = = ( 6.5 10 1) 1/ = 3.535533906 10 6 0.4 10 5. Quanto ao erro relativo da solução aproximada z temos x z x = 0.3535533906 10 5 0.707106781 = 0.000005 = 0.5 10 5, o que em termos de percentagem de erro indica que a solução aproximada z possui 100 x z x = 0.5 10 3 % de erro. f)qualquer comentário que explique o porquê da obtenção de melhores resultados com a escolha de pivot parcial é válido..

.4. 18/1/001 - Matemática 31 (4,0). Seja dada a seguinte matriz A = 0 1 3 1 1 0. a) Obtenha a decomposição QR de A através do algoritmo de Gram-Schmidt; [ ] T b) Tomando b = 1 1 1, resolva o sistema sobredeterminado Ax = b utilizando a decomposição QR obtida na alínea anterior. Solução.4.. a)considerando as colunas da matriz vectores linearmente independentes, vamos construir para eles uma base ortonormada utilizando para tal o algoritmo de Gram-Schmidt. Consideremos então C = {A.1, A., A.3 } = {( ) ( ) (, 0,,,, 1, 1, 1, )}, 3,, 0. Pretendemos obter um conjunto B = {Q.1, Q., Q.3 }, tal que Q.i, Q.j = 0, para i, j = 1,, 3 com i j; Q.i = 1, para todo o i = 1,, 3; span {A.1, A., A.3 } = span {Q.1, Q., Q.3 }; Ora, para obtermos o primeiro vector de B, apenas necessitamos de dividir A.1 pela sua norma euclidiana, assim, ( r 11 = A.1 = ), 0,, = 8 + 0 + 4 + 4 = 4 e ( ) Q.1 = 1 A.1 = r 11, 0, 1, 1. Obtivemos assim o primeiro vector da base ortonormada, que é simplesmente a primeira coluna da matriz Q. Para obtermos o segundo vamos começar por criar um vector que seja ortogonal a Q.1, o qual designaremos por p e que será dado pelo fórmula p = A. r 1 Q.1 = A. Q.1, A. Q.1.

3 Capítulo. 001-00 Assim sendo, Q.1, A. = Q Ṭ 1A. = [ 0 1 1 ] 1 1 1 = + 0 + 1 + 1 =, logo, p = A. r 1 Q.1 = ( ) ( ), 1, 1, 1, 0, 1, 1 = (0, 1, 0, 0). Não será difícil verificar que p é ortogonal a Q.1, i.e., que p, Q.1 = 0. Agora, sabemos que o vector Q. terá que ter norma unitária e terá que ser ortogonal a Q.1, pelo que, pois Q. = p p = p r = p = (0, 1, 0, 0), p = ( 0 + 1 + 0 + 0 ) 1/ = 1 = r. Ficamos assim com o segundo vector da base ortonormada, i.e., com a segunda coluna da matriz ortogonal Q. Pelo mesmo processo vamos agora obter o terceiro vector da base ortonormada que estamos a construir. Comecemos por construir um vector que seja ortogonal aos vectores que já fazem parte dessa base; designemos esse vector por p 3, o qual é dado por p 3 = A.3 r 13 Q.1 r 3 Q.. Desta forma temos, ( ) Q.1, A.3 =, 0, 1, 1 (, ), 3,, 0 = + 0 1 + 0 =, e ( Q., A.3 = (0, 1, 0, 0), ), 3,, 0 = 3. Assim sendo, p 3 = = ( ) (, 3,, 0 + ( ), 3,, 0 + ) 3 (0, 1, 0, 0) =, 0, 1, 1 ( ), 0, 1, 1 + (0, 3, 0, 0) = = (0, 0, 1, 1) Não será difícil verificar que este vector é ortogonal a Q.1 e também a Q., i.e., que p 3, Q.1 = 0 e que p 3, Q. = 0. Para obtermos agora Q.3 basta-nos dividir p 3 por p 3, assim ( Q.3 = p 3 = p ) 3 = 0, 0, p 3 r 33,

.4. 18/1/001 - Matemática 33 note-se que r 33 = p 3 =. Perante estes resultados concluímos que a decomposição QR da matriz A é a seguinte, / 0 0 4 0 1 3 0 1 0 A = = QR = 1 1/ 0 0 1 3 / 0 0 1 0 1/ 0 / b) Obtida a decomposição QR da matriz A, e atendendo às propriedades das matrizes Q e R, podemos dizer que resolver o sistema Ax = B se resume à resolução do sistema equivalente Rx = Q T b, uma vez que a matriz Q é uma matriz ortogonal, i.e., Q possui inversa e Q 1 = Q T. E, por R ser uma matriz triangular superior, a resolução do sistema efectua-se agora de uma forma muito simples, vejamos, Ax = b QRx = b Q T QRx = Q T b Q 1 QRx = Q T b Rx = Q T b. Agora, Q T b = / 0 1/ 1/ 0 1 0 0 0 0 / / 1 1 1 = 1 1, e imediatamente Rx = Q T b 4 0 1 3 0 0 x 1 x x 3 = 1 1 4x 1 = 1 x + x 3 x = 1 3x 3 = x 3 = 1 x 1 = 7/4 x =. x 3 = 1

34 Capítulo. 001-00 A solução do sistema Ax = b é então dada por x 1 x x 3 = 7/4 1. (3,0) 3. Sejam A R m n, b R m e x a solução obtida da resolução do sistema de equações normais, A T Ax = A T b. Prove que b Ax b Ay, para todo o vector y R n. Solução.4.3. Ora, b Ay = b Ay + Ax Ax = b Ax + Ax Ay = = b Ax + A (x y), pelo que obtemos b Ay = b Ax + A (x y) = = (b Ax + A (x y)) T (b Ax + A (x y)) = = (b Ax) T (b Ax) + (b Ax) T (A (x y)) + + (A (x y)) T (b Ax) + (A (x y)) T (A (x y)) = = (b Ax) T (b Ax) + (b Ax) T (A (x y)) + (A (x y)) T (A (x y)) Agora, tendo em conta que r R (A), obtemos e como tal finalmente (b Ax) T (A (x y)) = ( A T (b Ax) ) T (x y) = A }{{} T r (x y) = 0 =0 b Ay = b Ax + A (x y) b Ax, para todo o y R n, }{{} 0 b Ax b Ay, para todo o y R n. O que prova que o resíduo associado à solução que se obtém da resolução do sistema das equações normais é aquela que menor resíduo provoca para o sistema de equações lineares sobredeterminado Ax = b. Por outro lado, a igualdade só se verifica quando A (x y) = 0 A (x y) = 0,

.4. 18/1/001 - Matemática 35 e como as colunas da matriz A são linearmente independentes concluímos que x = y, ou seja, a solução das equações normais é única.. (3,0) 4. Pretende-se aproximar o valor de f ( x) através do polinómio interpolador de Newton das diferenças divididas de grau n que interpola os valores y 0, y 1,..., y n nos nós distintos x 0, x 1,..., x n, com min x i x max x i e x / {x 0, x 1,..., x n }. Qual o número de operações necessário para 0 i n 0 i n realizar esta tarefa? Nota: Deve contar todas as operações necessárias para construir a tabela das diferenças divididas e todas as operações necessárias para obter a aproximação através do polinómio interpolador. Solução.4.4. Comecemos por contar as operações que estão envolvidas na construção da tabela das diferenças divididas. Assim sendo, se nos derem os pontos (x i, y i ), i = 0, 1,,..., n, a tabela das diferenças divididas será então dada por, x y [.] y [.,.] y [.,.,.] y [.,.,.,.]... y [.,.,...,.] x 0 y 0 y [x 0, x 1 ] x 1 y 1 y [x 0, x 1, x ] y [x 1, x ] y [x 0, x 1, x, x 3 ] x y y [x 1, x, x 3 ]...... y [x 0, x 1, x,..., x n ] x n 1 y n 1 y [x n 1, x n ] x n y n Agora como y [x k, x k+1 ] = y k+1 y k x k+1 x k, k = 0, 1,..., n 1 temos então que, para cada uma das diferenças divididas de ordem um estão envolvidas uma multiplicação e duas adições, tendo en conta que temos de calcular n diferenças divididas de ordem 1, o número total de operações a efectuar para obter todas as diferenças divididas de ordem 1 é n adições e n multiplicações, i.e., 3n operações; no que toca às diferenças divididas de segunda ordem sabemos que são n 1, e que são dadas por y [x k, x k+1, x k+ ] = y [x k+1, x k+ ] y [x k, x k+1 ] x k+ x k, k = 0, 1,..., n

36 Capítulo. 001-00, e novamente, em cada uma delas estão envolvidas uma multiplicação e duas adições, o que nos permite concluir que para as segundas diferenças divididas são empregues (n 1) adições e (n 1) multiplicações, dado no total, 3 (n 1). Seguindo um raciocínio indutivo vamos obter a última diferença dividida y [x 0, x 1, x,..., x n ] = y [x 1, x,..., x n ] y [x 0, x 1,..., x n 1 ] x n x 0 onde se emprega apenas uma multiplicação e duas adições. Com base no que foi exposto podemos concluir que o número total de operações para construir a tabela das diferenças divididas será n n 3k = 3 k = 3 n 1 k=1 k=1 (n 1 + 1) = 3n n. Falta-nos agora contar o número de operações que se obtém com os cálculos no polinómio. Seja então o polinómio interpolador de grau n dado por p n (x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + a (x x 0 ) (x x 1 ) +... + a n (x x 0 ) (x x 1 )... (x x n 1 ). Então, em a 0 não temos qualquer operação (adição e/ou multiplicação), em a 1 (x x 0 ) temos uma adição e uma multiplicação, i.e., duas operações, em a (x x 0 ) (x x 1 ) teremos duas adições e duas multiplicações, ou seja, quatro operações, em a 3 (x x 0 ) (x x 1 ) (x x ) vamos ter três adições e três multiplicações. Seguindo este raciocínio vamos concluir que em a n (x x 0 ) (x x 1 )... (x x n 1 ) se tem de efectuar n adições e n multiplicações, portanto, n operações aritméticas. Desta forma, no final, o número de operações empregues no polinómio interpolador para calcular a aproximação p (x) será dado por n n k + n = k + n = 0 + n k=0 k=0 (n + 1) + n = n + n. No final concluímos que o número de operações a efectuar para obter a aproximação p (x), contando as operações da tabela das diferenças divididas e do polinómio interpolador, será 3n n + n + n = 3n n + n + 4n = 5n + 3n. ( ) 5n Podemos também afirmar que o número de operações a efectuar é O. (5,0) 5. Seja dada a seguinte tabela de valores x 1.0 1.5.0.5 f (x) 1.359.41 3.695 6.091 a) Construa a tabela das diferenças divididas associada a toda a tabela;.

.4. 18/1/001 - Matemática 37 b) Utilizando interpolação parabólica obtenha a melhor aproximação possível para o valor de f (1.65); c) Faça uma estimativa do erro que se comete na aproximação obtida na alínea anterior. Nota: Utilize as diferenças divididas para aproximar o valor da derivada. Solução.4.5. a) A tabela das diferenças divididas que está associada a esta tabela é a seguinte x y [.] y [.,.] y [.,.,.] y [.,.,.,.] x 0 = 1.0 y 0 = 1.359 y [x 0, x 1 ] = 1.764 x 1 = 1.5 y 1 =.41 y [x 0, x 1, x ] = 1.144 y [x 1, x ] =.908 y [x 0, x 1, x, x 3 ] = 0.4933(3) x =.0 y = 3.695 y [x 1, x, x 3 ] = 1.884 y [x, x 3 ] = 4.79 x 3 =.5 y 3 = 6.091 b) Pretendemos agora obter a melhor aproximação para o valor de f (1.65) através dos pontos da tabela com a utilização de interpolação parabólica. Necessitamos então de três pontos para construir o polinómio interpolador, mas, uma vez que nos são dados quatro pontos teremos de escolher os que melhor resultado vão produzir, pelo que teremos de escolher os pontos com base na fórmula do erro. Assim sendo, e (p (1.65)) = f (1.65) p (1.65) M 3 3! com M 3 = W (1.65) = M 3 3! (1.65 x 0 ) (1.65 x 1 ) (1.65 x ), max f (x). Perante este resultado concluímos que devemos escolher para nós da inter- x [1.0,.5] polação os pontos que se encontrarem mais próximos de x = 1.65, i.e., os pontos que tornam W (1.65) mais pequeno. Não será então difícil concluir que neste caso os pontos a escolher serão x 0 = 1.0, x 1 = 1.5, x =.0. Utilizando estes pontos, o polinómio interpolador de segundo grau será dado por p (x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + a (x x 0 ) (x x 1 ) = = y [x 0 ] + y [x 0, x 1 ] (x x 0 ) + y [x 0, x 1, x ] (x x 0 ) (x x 1 ) = = 1.359 + 1.764 (x 1.0) + 1.144 (x 1.0) (x 1.5) e a aproximação que procuramos é dada por p (1.65) = 1.359 + 1.764 (1.65 1.0) + 1.144 (1.65 1.0) (1.65 1.5) =.61714.617

38 Capítulo. 001-00 c) Para obtermos uma estimativa para o erro vamos então utilizar a fórmula e (p (1.65)) = f (1.65) p (1.65) = f (ξ) W (1.65) = 3! = f (ξ) (1.65 x 0 ) (1.65 x 1 ) (1.65 x ). 3! Assim, e (p (1.65)) = f (1.65) p (1.65) f (ξ) 3! 0.034. Agora necessitamos do conhecimento da terceira derivada da função, do qual não dispomos. No entanto, existe um resultado das diferenças divididas que nos permite obter uma aproximação para o valor da terceira derivada, esse é o seguinte: [ ] Existe um ξ Ω = min x i, max x i, tal que 0 i k 0 i k y [x 0, x 1,..., x k ] = f (k) (ξ). k! Com base neste resultado podemos aproximar f (ξ) 3! e (p (1.65)) = f (1.65) p (1.65) f (ξ) 3! por y [x 0, x 1, x, x 3 ], logo 0.034 = 0.4933 0.034 0.017..

.5. 11/01/00 - Matemática 39.5 11/01/00 - Matemática Universidade do Algarve Área Departamental de Matemática Análise Numérica Matemática Exame de Época Normal Duraç~ao 3h:00 11 de Janeiro de 00 (4,0) 1. Seja dada a seguinte função f (x, y, z) = 4 3 xy z. Sabendo que e R (x a ) 0.005, e R (y a ) 0.005, e R (z a ) 0.005, calcule um majorante para o erro relativo absoluto que se comete no cálculo da aproximação f (x a, y a, z a ). Solução.5.1. Recorrendo à fórmula da propagação do erro absoluto vamos obter que e (f (x a, y a, z a )) f x (x a, y a, z a ) e (x a) + f y (x a, y a, z a ) e (y a) + f z (x a, y a, z a ) e (z a) logo, para obtermos o erro relativo em f (x a, y a, z a ), basta-nos dividir a expressão anterior por f (x a, y a, z a ), desta forma e (f (x a, y a, z a )) f (x a, y a, z a ) f x (x a, y a, z a ) e (x a) + f y (x a, y a, z a ) e (y a) + f z (x a, y a, z a ) e (z a) f (x a, y a, z a ) o que é equivalente a escrever f e R (f (x a, y a, z a )) x (x a, y a, z a ) f e (x f (x a, y a, z a ) a ) + y (x a, y a, z a ) f f (x a, y a, z a ) e (y a ) + z (x a, y a, z a ) e (z f (x a, y a, z a ) a ) Agora temos, f x (x a, y a, z a ) = 4 3 y az a, f y (x a, y a, z a ) = 8 3 x ay a z a, f z (x a, y a, z a ) = 4 3 x ay a