Notas de Aulas de Métodos Numéricos

Notas de Aulas

O conteúdo deste material é baseado em livros devários autores e é destinado somente como apoio aosalunos do curso de graduação.

Agosto 2012

Claudir Oliveira

As notas contidas nestaapostila correspondem aum guia ao curso deCálculo Numérico,portanto, as abordagemsão simplificadas. Ficamausentes quaisquerdemostração de teoremase definições. Esses temasserão abordados em salade aulas ou o leitor podeverificar os livrosmensionados nasreferências.Entre os assuntosabordados estão: Matrizese Sistema de EquaçõesLineares, Soluções deEquações Não-Lineares,Interpolação e Ajustes deCurvas, Integração eDiferenciação Numérica eSolução Numérica deEquações DiferenciaisOrdinárias.As listas de exercício eos respectivos códigospodem ser obtidos emwww.educmath.com.br

Nota

Cálculo Numérico

Cálculo Numérico

Prof.Claudir Oliveira

Notas de aula vs 2.Graduação - UERJ

Curso de Engenharia da ComputaçãoUniversidade do Estado do Rio de Janeiro

Nova Friburgo-RJAgosto-2012

SUMÁRIO 1

Sumário1 Interpolação e Ajuste de Curvas 3

1.1 Interpolação Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Polinômio Interpolador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Forma Lagrangeana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Forma de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4.1 Construção do Polinômio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 Cálculo do Erro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.6 Escolha dos Pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.7 Interpolação Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.8 Ajuste de Curvas: Mínimos Quadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.9 Interpolação por splines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Matrizes e Sistemas de Equações lineares 272.1 Métodos Diretos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.1.1 Sistema Triangular Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.1.2 Método de Eliminação de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.1.3 Pivotamento Parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.1.4 Matriz Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.2 Métodos Iterativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.1 Critério de Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.2 Método Iterativo de Gauss-Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2.3 Critérios das Linhas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.2.4 Método Iterativo de Gauss-Seidel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.2.5 Critério de Sassenfeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.3 Observações Finais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3 Solução de Equações não-lineares 553.1 Raiz aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.2 Método da Bisseção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.2.1 Critério de parada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.2.2 Critério de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.2.3 Estimativa do número de iterações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3.3 Método da Falsa Posição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.3.1 Critério de Parada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.3.2 Critério de Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.3.3 Função de Iteração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.4 Método de Newton-Raphson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.4.1 Critério de Parada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.4.2 Critério de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.5 Método da Secante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.6 Sistemas de Equações Não-Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.6.1 Método iterativo de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4 Diferenciação Numérica 794.1 Aproximação da derivada por diferenças finitas . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.1.1 Aproximacão usando Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.1.2 Aproximação da segunda derivada. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5 Integração Numérica 845.1 Integração numérica via interpolação polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.2 Regra do Trapézio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.3 Regra de Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.4 Regra de Simpson com exatidão crescente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.5 Mudança do intervalo de integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 925.6 Quadratura Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.7 Integração de funções mal comportadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

1 INTERPOLAÇÃO E AJUSTE DE CURVAS 3

1 Interpolação e Ajuste de CurvasPolinômios são utilizados como meios básicos de aproximação em quase todas as áreas

da análise numérica. Eles são utilizados na solução de equações e na aproximação de funções,de derivadas e integrais, etc.

Por esta razão, a representação e avaliação dos polinômios é um tópico básico em análisenumérica. Discutimos esse assunto no presente capítulo no contexto de interpolação polino-mial, o mais simples e, certamente, a técnica mais utilizada para a obtenção de aproximaçõespolinomiais.

Destacamos também que a forma usual de descrever um polinômio pode nem sempre sera melhor forma de cálculos, e propor alternativas, nomeadamente a forma de Newton.

1.1 Interpolação PolinomialUm polinômio pn(x) de grau ≤ n é, por definição, uma função da forma

pn(x) = a0 + a1x + a2x2 + ... + anxn (1.1)

com certos coeficientes a0, a1, ..., an. Este polinômio possui grau n no caso dos seus principaiscoeficiente a, é diferente de zero. A forma de uso da Eq.(1.1) é a forma padrão de especificar umpolinômio nas discussões matemáticas. É uma forma muito conveniente para a diferenciaçãoou a integração de um polinômio. Mas, em diversos contextos específicos, outras formas sãomais convenientes.

Exemplo:Dados os pontos (x0, f(x0)),(x1, f(x1)), ..., (xn, f(xn)), pontos, deseja-se interpolar

f(x) por um polinômio pn(x), de grau ≤ n, tal que

f (xk) = pn(xk), k = 0, 1, ..., n

Representa-se pn(x) pela Eq. (1.1). Portanto, obter pn(x) significa obter os coeficientesa0, a1, ..., an. Da condição f(xk) = pn(xk) para k = 0, 1, ..., n, monta-se o seguinte sistemalinear:

a0 + a1x0 + a2x20 + ... + anxn

0 = f(x0)a0 + a1x1 + a2x

21 + ... + anxn

1 = f(x1)...

......

a0 + a1xn + a2x2n + ... + anxn

n = f(xn)

(1.2)

com n + 1 equações e n + 1 variáveis: a0, a1, ..., an. A matriz dos coeficientes é umamatriz de Vandermonde1,

1 x0 x20 . . . xn

01 x1 x2

1 · · · xn1

......

......

...1 xn x2

n · · · xnn

(1.3)

a qual admite inversa desde que os pontos nodais x0, x1, ..., xn sejam distintos.O problema desta técnica de determinação dos coeficientes é a sua tendência de propagar

os erros de arredondamento à medida que os pontos nodais se aproximam uns dos outros, pois1Em um determinante de Vandermonde cada linha (coluna) é uma progressão geométrica com o primeiro

elemento igual a 1.


o determinante de Vandermonde tende a zero nestas situações, gerando um sistema de equaçõesmal condicionado2.

Exemplo 1.1. Encontre o polinômio de grau menor ou igual a 2 que interpola os pontos databela

x -1 0 2f(x) 4 1 -1

Resolução:Tem-se que p2(x) = a0 + a1x + a2x

2 e portanto,

p2(x) =f(x0) =⇒ a0 − a1 + a2 = 4p2(x1) =f(x1) =⇒ a0 = 1p2(x2) =f(x2) =⇒ a0 + 2a1 + 4a2 = −1

Resolvendo o sistema linear, obtém-se a0 = 1, a1 = −73, a1 =

23. Assim,

p2(x) = 1−73x +

23x2

é o polinômio que interpola f(x) em x0 = −1, x1 = 0 e x2 = 2.

Uma característica importante da interpolação polinomial é que o polinômio interpoladoré único:

1.2 Polinômio InterpoladorTeorema 1.2. (Existência e Unicidade): Se x0, x1, ..., xn são números reais, distintos, entãopara números arbitrários y0, y1, ..., yn, existe um polinômio único pn, de grau máximo n, tal quepn(xi) = yi, 0 ≤ i ≤ n.

Prova:Unicidade: Suponha dois polinômios pn e qn; então o polinômio pnqn tem a propriedade

(pnqn)(xi) = 0 para 0 ≤ i ≤ n. Como o grau de pnqn é no máximo n, esse polinômio podeter no máximo n raízes se ele não é o polinômio nulo. Como, por hipótese, os xi são distintos,pnqn tem n + 1 zeros - logo ele deve ser nulo, de onde pn ≡ qn.

Existência: (por indução) Para n = 0, obviamente existe uma função constante p0 (degrau 0) que pode ser escolhida tal que p0(x0) = y0. Suponha, agora, que tenhamos obtido umpolinômio pk−1 de grau menor ou igual a k1, tal que pk−1(xi) = yi, 0 ≤ i ≤ k − 1. A partirdesse, queremos construir um pk na forma

pk(x) = pk−1(x) + c(x− x0)(x− x1)...(x− xk−1) (1.4)

pois pk(xi) = pk1(xi) = yi, para 0 ≤ i ≤ k − 1. Para determinarmos o coeficiente c,fazemos pk(xk) = yk, de onde yk = pk1(x) + c(x− x0)(x− x1)...(x− xk−1) a qual apresentasolução única pois os termos multiplicadores de c não são nulos.t

2Sistema onde uma pequena diferença num coeficiente causa uma grande mudança nos resultados. Seu deter-minante é muito pequeno quando comparado a seus elementos


Em outras palavras podemos definir o teorema da seguinte forma: Dadoo conjunto den + 1 pontos distintos (xk, fk), k = 0, 1, ..., n. Isto é, xk = xj para k 6= j. Existe um únicopolinômio p(x) de grau menor ou igual a n, tal que p(xk) = fk para k = 0, 1, ...n.

Prova: Seja pk(x) = a0 + a1x + a2x2 + ... + anxn. Para obter os ai usamos a condição

de interpolação fk = p(xk) para k = 0, 1, ..., n. Logo,segue que:

f0 = p(x0) = a0 + a1x0 + a2x20 + ... + anxn

0f0 = p(x1) = a0 + a1xn + a2x

21 + ... + anxn

1...

f0 = p(xn) = a0 + a1xn + a2x2n + ... + anxn

n

(1.5)

Que corresponde ao sistema linear da forma

1 x0 x20 · · · xn

01 x1 x2

1 · · · xn1

1 x2 x22 · · · xn

2...

......

...1 xn x2

n . . . xnn

a0a1a2...

an

=

f0f1f2...

fn

A matriz A, associada ao sistema, é uma matriz de Vandermonde, cujo o determinante é

dado por

Det(A) =n∏

l=1

l−1∏j=0

(xl − xj) (1.6)

Como xl = xj para l 6= j, segue que o determinante da matriz A é diferente de zero eportanto o sistema admite uma única solução.t

Exemplo 1.3.Encontre uma aproximação para f(0, 3) usando o polinômio interpolador dos dados abaixo.

xk 0,0 0,2 0,4fk 4,00 3,84 3,76

Como temos, três pontos (n + 1 = 3) o grau do polinômio será menor ou igual a dois.Logo

p(x) = a0 + a1x + a2x2

Impondo acondição fk = p(xk) obtemos:

f0 = 4, 00 = p(0) = a0 + a10 + a202

f0 = 3, 84 = p(0, 2) = a0 + a10, 2 + a20, 22

f0 = 3, 76 = p(0, 4) = a0 + a10, 4 + a20, 42

Que equivale ao sistema linear na forma matricial 1 0 01 0, 2 0, 041 0, 4 0, 16

∣∣∣∣∣∣∣4, 003, 843, 76

A solução deste sistema é a0 = 4, a1 = −1 e a2 = 1, obtendo assim


p(x) = x2 − x + 4

Desta forma

f(0, 3) ≈ p(0, 3) = 3, 79

Existem outras formas de encontrar o polinômio interpolador que a resolução de sistemas.Teoricamente estes procedimentos resultam no mesmo polinômio pn(x). A escolha de uma ououtra forma depende dos dados que devemos interpolar.

Exemplo 1.4.Obtenha p3(x) que interpola f(x) nos pontos x0, x1, x2 e x3 de acordo com a tabela a

seguir:

x 0,1 0,2 0,3 0,4f(x) 5 13 -4 -8

O sistema lenar resultante para esta tabela é

a0 + 0, 1a1 + 0, 01a2 + 0, 001a3 = 5a0 + 0, 2a1 + 0, 04a2 + 0, 008a3 = 13a0 + 0, 3a1 + 0, 09a2 + 0, 027a3 = −4a0 + 0, 4a1 + 0, 16a2 + 0, 064a3 = −8

Usando aritimética de ponto flutuante com três digitos e o método de eliminação de Gauss,o resultado é

p3(x) = 0, 66× 102 + (0, 115× 104)x− (0, 505× 104)x2 + (0, 633× 104)x3

e para x = 0, 4, obtém-se

p3(x) = −9 6= −8 = f(0, 4)

onde podemos observar obviamente que esta errado.

Esse exemplo mostra que nem sempre se pode utilizar o sistema (1.2) para determinar opolinômio interpolador e, usualmente, utilizam-se outras técnicas, como as formas de Newton ede Lagrange, dentre outras.

1.3 Forma LagrangeanaVamos considerar o conjunto de n + 1 pontos (xk, fk), k = 0, 1, ..., n distintos e o polinômiorepresentado por

pn(x) = f0L0(x) + f1L1(x) + ... + fnLn(x) =n∑

k=0fkLk(x) (1.7)

onde


Lk(x) =n∏

j=0,j 6=k

x− xj

xk − xj

, k = 1, ..., n (1.8)

é um polinômio de grau ≤ n que sastifaz a relação

Lk(xj) ={

0 se k 6= j1 se k = j

Com isto temos que

pn(x) = f0L0(xj) + f1L1(xj) + ... + fjLj(xj) + ... + fnLn(xj) = fj (1.9)

Logo pn(x) é o polinômio interpolador de f(x) nos pontos x0, x1,...,xn. Os polinômiosLk(x) são chamados de polinômios de Lagrange e estes são obtidos da forma:

Lk(x) = (x− x0)(x− x1)...(x− xk−1)(x− xk+1)...(x− xn)(xk − x0)(xk − x1)...(xk − xk−1)(xk − xk+1)...(xk − xn) (1.10)

Exemplo 1.5. Vamos considerar a tabela de pontos do exemplo anterior

xk 0,0 0,2 0,4fk 4,00 3,84 3,76

Calculando os Lk(x) temos

L0(x) = (x− x0)(x− x2)(x0 − x1)(x0 − x2)

= (x− 0, 2)(x− 0, 4)(0− 0, 2)(0− 0, 4) = 1

0, 08(x2 − 0, 6x + 0, 08)

L1(x) = (x− x0)(x− x2)(x1 − x0)(x1 − x2)

= (x− 0)(x− 0, 4)(0, 2− 0)(0, 2− 0, 4) = 1

0, 04(x2 − 0, 4x)

L2(x) = (x− x0)(x− x1)(x2 − x0)(x2 − x1)

= (x− 0)(x− 0, 2)(0, 4− 0)(0, 4− 0, 2) = 1

0, 08(x2 − 2, 6x)Assim temos que

p(x) = x2 − x + 4Observe que polinômio é o mesmo obtido pela resolução de sistema.Isto já era eesperado,

pois o polinômio interpolador é único.

Exemplo 1.6. Seja y = f(x) uma função dada nos pontos a seguir. Utilize o método deLagrange para determinar o polinômio que a interpola. Retenha nos cálculos quatro casas deci-mais.

i 0 1 2 3xi 0 1 2 4yi 4 11 20 44

Solução:O polinômio interpolador é: L(x) = y0L0(x) + y1L1(x) + y2L2(x) + y3L3(x)Seja, então, a obtenção de Li(x), i = 0, 1, 2, 3

L0(x) =(x− x1) (x− x2) (x− x3)

(x0 − x1) (x0 − x2) (x0 − x3)=

(x− 1) (x− 2) (x− 4)−8 =

x3 − 7x2 + 14x− 8−8


L0(x) = −0, 125x3 + 0, 875x2 − 1, 75x + 1

L1(x) =(x− x0) (x− x2) (x− x3)

(x1 − x0) (x1 − x2) (x1 − x3)=

(x− 0) (x− 2) (x− 4)3 =

x3 − 6x2 + 83

L1(x) = 0, 3333x3 − 2x2 + 2, 6667x

L2(x) =(x− x0) (x− x1) (x− x3)

(x2 − x0) (x2 − x1) (x2 − x3)=

(x− 0) (x− 1) (x− 4)−4 =

x3 − 5x2 + 4x

−4

L2(x) = −0, 25x3 + 1, 25x2 − x

L3(x) =(x− x0) (x− x1) (x− x2)

(x3 − x0) (x3 − x1) (x3 − x2)=

(x− 0) (x− 1) (x− 2)24 =

x3 − 3x2 + 2x

24

Obtém-se então, que

L(x) = 0, 0011x3 + x2 + 5, 9989x + 4Em virtude de erros de arredondamento o resultado L(x) = x2 + 6x + 4 não pode ser

encontrado.

Exemplo 1.7. Sendo y = f(x) uma função conhecida nos pontos:

i 0 1 2xi 0,9 1 1,1yi 0,6216 0,5403 0,4536

Estime o valor de y para x = 1, 07 utilizando o método de Lagrange.

Solução:O polinômio interpolador é:

L(x) = y0L0(x) + y1L1(x) + y2L2(x)Logo,

L(1, 07) = y0L0(1, 07) + y1L1(1, 07) + y2L2(1, 07)Tem-se que

L0(x) =(x− x1) (x− x2)

(x0 − x1) (x0 − x2)=

(x− 1) (x− 1, 1)(0, 9− 1) (0, 9− 1, 1)⇒ L0(1, 07) = −0, 1050

L1(x) =(x− x0) (x− x2)

(x1 − x0) (x1 − x2)=

(x− 0, 9) (x− 1, 1)(1− 0, 9) (1− 1, 1) ⇒ L1(1, 07) = −0, 5100


L2(x) =(x− x0) (x− x1)

(x2 − x0) (x2 − x1)=

(x− 0, 9) (x− 1)(1, 1− 0, 9) (1, 1− 1)⇒ L2(1, 07) = −0, 5950

Portanto

L(1, 07) = (0, 6216)× (−0, 1050) + (0, 5403)× (0, 5100) + (0, 4536)× (0, 5950)L(1, 07) = 0, 4802

Exemplo 1.8. Dada a tabela

xi 1 2 3 4f(xi) 4 15 40 85

determine uma aproximação para f(1, 5), usando interpolação cúbica.

Resolução: Temos que

l0(x) =(x− 2)(x− 3)(x− 4)

(−1)(−2)(−3) = −16(x− 2)(x− 3)(x− 4)

l1(x) =(x− 1)(x− 3)(x− 4)

(1)(−2)(−3) =12(x− 1)(x− 3)(x− 4)

l2(x) =(x− 1)(x− 2)(x− 3)

(2)(1)(−3) = −12(x− 1)(x− 2)(x− 4)

l3(x) =(x− 1)(x− 2)(x− 3)

(3)(3)(1) =16(x− 1)(x− 2)(x− 3)

Assim

P3(x) =3∑

i=0f(xi)Li(x) = ... = 1 + x + x2 + x3.

Atendendo à fórmula de Lagrange podemos utilizar um algoritmo (não abordado aqui)para calcular o valor de Pn(x), sendo Pn o polinômio interpolador de f nos n + 1 pontosdistintos x0, x1, ..., xn.

1.4 Forma de NewtonA forma de Newton do polinômio interpolador é baseada nos operadores de diferenças

divididas. Seja f(x) uma função tabelada em n + 1 pontos x0, x1,...,xn. Definimos o operadorde diferença dividida de ordem zero em xkpor:

f [xk] = f(xk) (1.11)

O operador de diferença dividida de ordem um, nos pontos xk, xk+1, é definido na seguinteforma:


f [xk, xk+1] = f [xk]− f [xk+1]xk − xk+1

(1.12)

Este valor pode ser interpretado como uma aproximação para a primeira derivada de f(x),em xk. O operador de diferença dividida de ordem dois, nos pontos xk, xk+1,..., xk+2, é definidosa seguinte forma:

f [xk, xk+1, xk+2] = f [xk, xk+1]− f [xk+1, xk+2]xk − xk+2

(1.13)

Análogamente, definimos o operador diferença dividida de ordem n, nos pontos xk,xk+1,..., xk+n, da seguinte forma:

f [xk, xk+1, ..., xk+n] = f [xk, xk+n−1]− f [xk+1, xk+n]xk − xk+n

(1.14)

Note que a forma de cálculo desses operadores é construtiva, no sentido de que para obtera diferença dividida de ordem n necessitamos das diferenças divididas de ordem n− 1, n− 2,1, 0. Um esquema prático para o cálculo desses operadores é dado pela tabela abaixo

Exemplo 1.9. Dados os pontos tabulados abaixo, obtenha o polinômio interpolador na formade Newton.

i 0 1 2 3xi 5 -7 -6 0yi 1 -23 -54 -954

Solução:

x y Coeficientes5 1 f [x0, x1] = 2 f [x0, x1, x2] = 3 f [x0, x1, x2, x3] = 4-7 -23 f [x1, x2] = −31 f [x1, x2, x3] = −17-6 -54 f [x2, x3] = −1500 -954


onde os coeficientes foram obtidos da seguinte forma:

f [x0, x1] =f [x1]− f [x0]

x1 − x0=− 23− 1−7− 5 = 2

f [x1, x2] =f [x2]− f [x1]

x2 − x1=− 54− (−23)−6− (−7) = −31

f [x2, x3] =f [x3]− f [x2]

x3 − x2=− 954− (−54)

0− (−6) = −150

f [x0, x1, x2] =f [x1, x2]− f [x0, x1]

x2 − x0=− 31− 2−6− 5 = 3

f [x1, x2, x3] =f [x2, x3]− f [x1, x2]

x3 − x1=− 150− (−31)

0− (−7) = −17

f [x0, x1, x2, x3] =f [x1, x2, x3]− f [x0, x1, x2]

x3 − x0=− 17− 30− 5) = 4

O polinômio interpolador pode ser escrito, então, como

p3(x) =f [x0] + f [x0, x1](x− x0)+f [x0, x1, x2](x− x0)(x− x1)+f [x0, x1, x2, x3](x− x0)(x− x1)(x− x2) =

=1 + 2(x− 5) + 3(x− 5)(x + 7) + 4(x− 5)(x + 7)(x + 6)

o qual é idêntico ao polinômio interpolador de Newton mostrado na Eq. (1.20); porém,com o esquema de diferenças divididas, ele é facilmente obtido.

1.4.1 Construção do Polinômio

Vamos considerar o conjunto de pontos x0, x1, ...,xn, onde conhecemos os valores dafunçãof(x), dados por f0, f1, ..., fn. Calculando a diferença dividida de ordem dois entre os pontos x,x0, x1 temos

f [x, x0, x1] = f [x, x0]− f [x0, x1]x− x1

(1.15)

Isolando a diferença de ordem um em 1.15 que depende de x temos

f [x, x0] = f [x0, x1] + (x− x1)f [x, x0, x1] (1.16)

Aplicamos a definição de diferença de ordem um no primeiro termo da Eq. (1.16), temos

f(x)− f(x0)x− x0

= f [x0,x1] + (x− x1)f [x, x0, x1] (1.17)

e isto implica que

f(x) = f(x0) + (x− x0)f [x0, x1] + (x− x0)(x− x1)f [x, x0, x1] = p1(x) + E1(x) (1.18)

Ou seja a função f(x) é igual a um polinômio de grau um, p1(x), mais uma função E1(x)que depende da diferença dividida de ordem dois. Desta forma podemos dizer que a função


f(x) é aproximada por p1(x) com erro de E1(x). O polinômio p1(x) é o polinômio interpoladorde f(x), nos pontos x0, x1, pois,

A diferença dividida de ordem 3 é dada por

f(x) = f(x0)+(x−x0)f [x0, x1]+(x−x0)(x−x1)f [x0, x1, x2]+(x−x0)(x−x1)(x−x2)f [x, x0, x1, x2]

Continuando o desenvolvimento de f [x, x0, x1, x2], chega-se a

pn(x) = f(x0) + (x− x0)f [x0, x1] + (x− x0)(x− x1)f [x0, x1x2]++(x− x0)(x− x1)(x− x2)f [x0, x1, x2, x3] + ... + (x− x0)(x− x1)...(x− xn−1)f [x0, x1, ..., xn]++(x− x0)(x− x1)...(x− xn)f [x, x0, x1, ...xn]

Assim podemos calcular a diferença dividida de ordem n, sobre os pontos x, x0, x1,...,xn, escrevendo

f(x) = pn(x) + En(x) (1.19)

onde

pn(x) = f(x0) + (x− x0)f [x0, x1] + (x− x0)(x− x1)f [x0, x1x2] + ...+(x− x0)(x− x1)...(x− xn−1)f [x0, x1, ..., xn] (1.20)

En(x) = (x− x0)(x− x1)...(x− xn)f [x, x0, x1, ...xn] (1.21)

Considerando que pn(x) é um polinômio de grau n, então por definição [23] resulta quef [x, x0, x1, ...xn] = 0.

Assim podemos aproximar f(x) por pn(x), sendo que o erro é dado por En(x). O polinô-mio pn(x) é o polinômio interpolador de f(x) sobre os pontos x0, x1, ..., xn, pois p(xj) = f(xj),para j = 0, 1, ..., n.

Exemplo 1.10. Consideremos a função f(x) tabelada abaixo.

xk 0 0, 5 1 1, 5f(x) 0, 0000 1, 1487 2, 7183 4, 9811

Montando a tabela das diferenças divididas temos


Através da Eq. (1.20) podemos notar que as diferenças divididas que necessitamos são asprimeiras de cada coluna. Logo o polinômio interpolador é dado por

p(x) = f(x0)+(x−x0)f [x0, x1]+(x−x0)(x−x1)f [x0, x1, x2]+(x−x0)(x−x1)(x−x2)f [x0, x1, x2, x3]

= 0 + (x− 0)2, 2974 + (x− 0)(x− 0, 5)0, 8418 + (x− 0)(x− 0, 5)(x− 1, 0)0, 36306

= 2, 05803 + 0, 29721x2 + 0, 36306x3

Exemplo 1.11. Seja o conjunto de pontos a seguir:

xk −1 0 1 2 3f(x) 1 1 0 −1 −2

Solução:Utilizando a definição das diferenças divididas escrevemos a tabela:f [x0] = f(x0) = 1

f [x0, x1] = f [x1]− f [x0]x1 − x0

= 1− 11 = 0

f [x1, x2] = f [x2]− f [x1]x2 − x1

= 0− 11− 0 = −1

f [x0, x1, x2] = f [x1, x2]− f [x0, x1]x2 − x0

= −1− 01 + 1 = −1

2...

f [x1, x2, x3] = f [x2, x3]− f [x1, x2]x3 − x1

= −1 + 12− 0 = 0

...

f [x0, x1, x2, x3] = f [x1, x2, x3]− f [x0, x1, x2]x3 − x0

= 0 + 1/22 + 1 = 1

6x Ordem 0 Ordem 1 Ordem 2 Ordem 3 Ordem 4-1 1

00 1 −1

2-1 1

6

1 0 0 − 124

-1 02 -1 0

-13 -2


Com a tabela das diferenças divididas encontramos facilmente qualquer polinômio inter-polador Pn(x) onde n ≤ 4 que ajusta os pontos.

Exemplo 1.12. Consideramos o problema de se obter ln(3, 7) por interpolação linear, ondeln(x) está tabelado abaixo:

xi 1 2 3 4ln(x) 4 0,6931 1,0986 1,3863

Como x = 3, 7 ∈ (3, 4), escolhemos x0 = 3 e x1 = 4 e pela forma de Newton, temos:

p1 =f(x0) + (x− x0)f [x0, x1] = 1, 0986 + (x− 3)(1, 3863− 1, 0986)

4− 3p1 =1, 0986 + (x− 3)(0, 2877) =⇒ p1(3, 7) = 1, 30

Dado que, com quatro casas decimais ln(3, 7) = 1, 3083, o erro cometido é E1(3, 7) =ln(3, 7)− p1(3, 7) = 1, 30831− 1, 3 = 0, 0083 = 8, 3× 10−3.

1.5 Cálculo do ErroA Eq. (1.21) representa o erro cometido na interpolação sobre os pontos x0, ..., xn. Se apro-ximamos f(x) ≈pn(x) o erro será dado por En(x). Porém este depende da diferença divididaf [x, x; x1, ..., xn], que por sua vez, depende do valor de f(x). Como a função f(x) é tabelada,não temos como calcular este valor. Estimativas para o erro podem ser obtidas se conhecemosalgumas propriedades da função.

Teorema 1.13. Seja I um intervalo ([x0, xn]) contendo os n + 1 pontos interpoladores x0, x1,..., xn. Seja f(x) uma função contínua e que possua derivadas contínuas de ordem n+1 ∀ x∈ I .Seja p(x) o polinômio que interpola nos pontos x0, x1, ..., xn. Assim, em qualquer ponto x∈ I ,o erro é dado por

En(x) = f(x)− pn(x) = (x− x0)(x− x1)...(x− xn) fn+1(ξ)(n + 1)! (1.22)

com ξ ∈ I .Prova: Seja G(x) = (x− x0)(x− x1)...(x− xn), logo G(x) = 0 para i = 0, 1, ...n.Seja H(t) = En(x)G(t)− En(t)G(x), logo H sastifaz1) H(t) possui derivadas até ordem n+1, pois G e En possuem derivadas até esta oordem.2) H(t) possui pelo menos (n + 2) zeros em I , pois para t = xi temos

H(xi) = En(x)G(xi)− En(xi)G(x) = 0 (1.23)

e para t = x temos H(x) = En(x)G(x)− En(x)G(x) = 0.

3) Aplicando o Teorema de Rolle a H(t) e suas derivadas até ordem n + 1, temos

H(t) tem n+2 zeros em IH ′(t) tem n+1 zeros em IH”(t) tem n zeros em I... tem 1 zeros em I


Por outro lado temos que

H(n+1)(t) = En(x)G(n+1)(t)− En+1n (t)G(x) (1.24)

onde,E(n+1)

n (t) = f (n+1)(t)− p(n+1)n (t)

G(n+1)(t) = (n + 1)!

Como o polinômio pn é de grau n temos que p(n+1)n (t) = 0. Reescrevendo a Eq. (1.24)

temos

H(n+1)(t) = En(x)(n + 1)!− f (n+1)(t)G(x) (1.25)

A função H(n+1)(t) possui um zero em I que vamos chamar de ξ. Substituindo na Eq.(1.25) temos que

En(x) = (x− x0)(x− x1)...(x− xn)f (n+1)(ξ)(n + 1)! t (1.26)

Na prática usamos um limitante para o erro, sendo

| En(x) |≤| (x− x0)(x− x1)...(x− xn) | maxx∈I

f (n+1)(x)(n + 1)! , (1.27)

onde temos que ter alguma informação sobre a função que permita limitar sua derivadade ordem n + 1.

Exemplo 1.14. Calcular um limite para o erro na interpolação linear.O polinômio interpolador linear, satifazendo os pontos (x0, f0) e (x1, f1) é

p(x) = (x1 − x)f0 − (x0 − x)f1

x1 − x0

A Eq. (1.26) fornece então a fórmula do erro

E1(x) = (x− x0)(x− x1)f”(ξ)

2!Caso estivemos interpolando num ponto x entre x0 e x1 e se soubermos que | f” |< M

neste intervalo, então

| E1(x) |≤∣∣∣∣∣(x− x0)(x− x1)

2

∣∣∣∣∣MAgora, o valor máximo de (x− x0)(x− x1) ocorre em x = 1

2(x0 + x1) onde ele assume

o valor (x1 − x0)24 . Portanto, o erro máximo para o polinômio interpolador num ponto x entre

x0 e x1 é(x1 − x0)

8 M .


1.6 Escolha dos PontosUma das características da interpolação é que esta pode fornecer uma aproximação local, sem anecessidade de usar todos os dados disponíveis. Como exemplo, consideremos a tabela abaixo

x 0, 2 0, 34 0, 4 0, 52 0, 6 0, 72f(x) 0, 16 0, 22 0, 27 0, 29 0, 32 0, 37

Vamos achar uma aproximação para f(0, 44), usando um polinômio de grau 2. Nestecaso, necessitamos de 3 pontos e o ideal é escolher aqueles que estão mais próximos do valorque desejamos aproximar. Logo a melhor escolha será x0 = 0, 34, x1 = 0, 4 e x2 = 0, 52. Istose justifica pela fórmula do erro, pois

| En(0, 44) |≤| (0, 44− 0, 34)(0, 44− 0, 4)(0, 44− 0, 52) | maxx∈[x0,x2]

| f (n+1)(x) |(n + 1)! =

= 0, 00032 maxx∈[x0,x2]

| f (n+1)(x) |(n + 1)!

Se tivéssemos escolhido x0 = 0, 2 e x2 = 0, 72, o erro estaria limitado por

| En(0, 44) |≤ 0, 00268 maxx∈[x0,x2]

| f (n+1)(x) |(n + 1)!

Para encontrar f(0, 44) usando um polinômio de grau 3, obviamente necessitariamos de4 pontos a saber: 0, 4 e 0, 52 uma vez que o ponto a ser interpolado está entre eles. O outroponto seria 0, 34, uma vez que 0, 44 − 0, 34 < 0, 6 − 0, 44. O próximo ponto seria 0, 6 pois0, 44− 0, 2 > 0, 6− 0, 44.

1.7 Interpolação InversaConsidere o seguinte problema:

Dada uma tabela de pontos (xk, fk) e um número y ∈ [f0, fn]. Desejamos achar o valorde x de tal forma que f(x) = y.

Temos duas formas de resolver o problema: Obter o polinômio interpolador de f(x) eresolver a equação pn(x) = y. Em geral a equação pn(x) = y tem mais de uma solução e seo grau do polinômio for maior que 2, não temos um procedimento analítico que determine assoluções. A outra forma de se achar x é fazer uma interpolação inversa. Se f(x) é inversívelnum intervalo contendo y, então interpolamos a função inversa, isto é consideramos o conjuntode dados x = f−1(y) e achamos o polinômio interpolador de f−1(y).

A condição para que a função seja inversível é que esta seja monótona crescente oudecrescente. Em termos dos pontos tabelados isto significa que os pontos devem satisfazerf0 < f1< ... < fn ou f0 > f1 > ... > fn.

Exemplo 1.15. Dado a tabela de pontos

x 0, 2 0, 3 0, 4 0, 5 0, 6 0, 7 0, 8f(x) 0, 587 0, 809 0, 951 1, 000 0, 951 0, 809 0, 587


Vamos procurar uma aproximação de x de tal forma que f(x) = 0, 9, usando uma inter-polação quadrática na forma de Newton.

Em primeiro lugar devemos determinar em que intervalo pode ocorrer f(x) = 0, 9. Nesteexemplo temos duas possibilidades, para x ∈ [0, 3; 0, 4] ou x ∈ [0, 6; 0, 7]. Em segundo lugardevemos verificar se a função f(x) admite inversa. Para o primeiro caso temos que a funçãof(x) é crescente no intervalo [0, 2; 0, 5]. Logo esta admite inversa neste intervalo. No segundocaso a função admite inversa no intervalo [0, 5; 0, 8], pois esta é decrescente neste intervalo.

Como desejamos uma interpolação quadrática temos que ter no mínimo três pontos e nosdois casos temos quatro pontos. Portanto t’e posst’ıvel achar as duas aproximações. Vamos nosconcentrar no primeiro caso. Montando a tabela da função inversa temos

y 0, 587 0, 809 0, 951 1, 000f−1(y) 0, 2 0, 3 0, 4 0, 5

Como desejamos um polinômio de grau 2, devemos escolher três pontos e a melhor esco-lha são os pontos que estão mais próximos do valor a ser aproximado, y = 0, 9 (x0 = 0, 809;x1 = 0, 951 e x2 = 1, 000). Calculando as diferen¸cas divididas temos

y f−1 ordem 1 ordem 20, 809 0, 3

0,7040,951 0,4 6,999

2,0401,000 0,5

e consequentemente o polinômio é dado por

p(y) = 0, 3 + (y − 0, 809)0, 704 + (y − 0, 951)(y − 0, 809)6, 999

= 5, 115− 11, 605y + 6, 994y2

Portanto o valor de x tal que f(x) = 0, 9 é aproximado por x = f−1(0, 9) ≈ p(0, 9) =0, 3315.

Exercício 1.16. 1) A tabela abaixo fornece o número de habitantes do Brasil (em milhoes) de1900 a 1970.

ano 1900 1920 1940 1950 1960 1970Hab. 17.4 30, 6 41.2 51, 9 70.2 93, 1

a)Encontre uma aproximação para a população no ano de 1959 usando o polinômio inter-polador de grau 2 na forma de Lagrange.

b)Estime, com o menor erro possível, em que ano a população ultrapassou os 50 milhoes,usando a interpolação quadrática na forma de Newton.

2) Considere a função f(x) =√

x e os pontos x0 = 16, x1 = 25 e x2 = 36. Com queprecisão podemos calcular

√20, usando interpolação sobre estes pontos?

3) Dado a tabela abaixo.

x -0,2 -0.1 0,1 0,15 0,35f(x) 0,980 0,995 0,996 0,988 0, 955


a) Quando possível, ache uma aproximação para f(−0, 25) e f(0) , usando o polinômiointerpolador na forma de Newton, com o menor erro possível.

b) Se tivéssemos usado o polinômio interpolador na forma de Lagrange sobre os mesmospontos obteríamos melhor resultado? Justifique.

1.8 Ajuste de Curvas: Mínimos QuadradosExperimentos em laboratório geralmente geram uma enorme quantidade de dados que de-

vem ser analisados para a criação de um modelo. Obter uma função matemática que representeos dados permite fazer simulações do processo de forma confiável, reduzindo assim repetiçõesde experimentos que podem ter um custo alto. Nesta seção vamos analisar o esquema dosMínimos Quadrados, que fornece uma função que melhor represente os dados.

Vamos nos limitar a nossa discussão apenas ao método dos mínimos quadrados discretos.A forma de mínimos quadrados discretos do problema é baseada em m pontos interpolados(xi, yi) para i = 0, 1..., M − 1. A função mais comum usado no método dos mínimos qua-drados é a função linear P (x) = a0 + a1x, que é bom o suficiente para muitas aplicações.Ocasionalmente, algumas aplicações exigem também polinômios quadráticos ou cúbicos.

Dado um conjunto de pontos (xi; f(xi)), i = 0, 1, 2, ..., m. O problema de ajuste decurvas consiste em encontrar uma função g(x) tal que o desvio em cada ponto i, definido por

di = f(xi)− g(xji ) (1.28)

seja mínimo, onde g(x) é uma combinação linear de funções contínuas, escolhidas de acordocom os dados do problema. Isto é

g(xji ) = a0x

01 + a1x

12 + ... + anxn

m (1.29)

com i = 1, ..., m e j = 0, 1, ..., n.O Método dos Mínimos Quadrados consiste em determinar os coeficientes aj de tal forma

que a soma dos quadrados dos desvios em seja mínimo, isto é: Achar os aj que minimizam afunção

F (a1, a2, ..., an) =m∑

i=1

[f (xk)− ϕ(xj

i )]2

(1.30)

Para o caso linear a0 + a1x, devemos determinar os parâmetros a0 e a1 da reta de modoque a soma dos quadrados em cada ponto seja mínima, ou seja min(F (a1, a2)). Para que isso

seja possível é necessário que a∂F

∂a0= 0 e

∂F

∂a1= 0. Para o caso geral,

∂F

∂ai

∣∣∣∣∣(a1,...an)

= 0 i = 1, ..., m (1.31)

A função F é limitada inferiormente, portanto possui um ponto de mínimo, que satisfazF (a) ≥ 0∀a ∈ Rm. Este ponto pode ser determinado pelo teste da 1a derivada. Desenvolvendoo caso linear temos,


∂F

∂a0= 2

m∑i=1

(yi − a0 + a1xi) (−1) = 0

∂F

∂a1= 2

m∑i=1

(yi − a0 + a1xi) (−xi) = 0

Organizando as condições acima tem-se

m∑i=0

yi =m∑

i=0a0 +

m∑i=0

a1xi

m∑i=0

xiyi =m∑

i=0+

m∑i=0

a1x2i

denominado de sistema normal.Seguindo a forma linear, no caso quadrático tem-se

∂F

∂ai

= −2m∑

i=1xk

i

[yi − (a0 + a1x + a2x

2)]

= 0 (1.32)

∂F

∂ai

= 0 :m∑

i=1

[yi − (a0 + a1x + a2x

2)]

xki = 0

onde, para cada k = 0, 1, ..., m, pois

∂

∂aK

n∑j=0

ajxji

=∂

∂ak

(a0 + a1xi + ... + akxk

i + ... + amxmi

)= xk

i (1.33)

A Eq. (1.32) pode ser reescrita como

n∑i=1

m∑j=0

ajxj+ki =

n∑i=1

fixki (1.34)

m∑j=0

(n∑

i=1xi+k

i

)aj =

n∑i=1

fixki (1.35)

Dessa forma temos um sistema de m + 1 equações onde as incógnitas são os m + 1coeficientes aj da Eq. (1.29).

O sistema de equações (1.35) pode ser convenientemente descrito na seguinte forma ge-neralizada:

n−1∑i=0

1n−1∑i=0

xi · · ·n−1∑i=0

xn−1i

n−1∑i=0

xmi

n−1∑i=0

xi

n−1∑i=0

x2i · · ·

n−1∑i=0

xmi

n−1∑i=0

xm+1i

......

......

...n−1∑i=0

xmi

n−1∑i=0

xm+1i · · ·

n−1∑i=0

x2m−2i

n−1∑i=0

x2m−1i

n−1∑i=0

xm+1i

n−1∑i=0

xm+2i · · ·

n−1∑i=0

x2m−1i

n−1∑i=0

x2mi

a0a1...

am−1am

=

n−1∑i=0

yi

n−1∑i=0

yixi

...n−1∑i=0

yixm−1i

n−1∑i=0

yixmi

(1.36)


Este sistema tem uma única solução se os vetores formados por xji

forem linearmenteindependentes. A matriz A associada ao sistema é uma matriz simétrica, ou seja aij = aij .Logo, para um sistema n× n, será necessário calcular (n2 − n) /2 elementos.

Exemplo 1.17. Utilize os dados da tabela abaixo e ajuste-os por uma parábola.

x 0,10 0,20 0,50 0,65 0,70 0,80 0,90 1,10 1,23 1,35 1,57 1,70 1,75 1,80 1,94

f(x) 0,19 0,36 0,75 0,87 0,91 0,96 0,99 0,99 0,94 0,87 0,67 0,51 0,43 0,36 0,11

Para isto vamos tomar g1(x) = 1, g2(x) = x e g3(x) = x2. Calculando cada uma dasfunções nos pontos xi temos.

g1(x) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

g2(x) 0,10 0,20 0,50 0,65 0,70 0,80 0,90 1,10 1,23 1,35 1,57 1,70 1,75 1,80 1,94

g3(x) 0,01 0,04 0,25 0,42 0,49 0,64 0,81 1,21 1,51 1,82 2,46 2,89 3,89 3,06 3,76

Calculando os elementos da matriz e o vetor dos termos independentes temos

a11 =15∑

i=1g1(xi) ∗ g1(xi) = 15

a12 =15∑

i=1g1(xi) ∗ g2(xi) = 16, 29 = a21

a13 =15∑

i=1g1(xi) ∗ g3(xi) = 22, 62 = a31

a22 =15∑

i=1g2(xi) ∗ g2(xi) = 22, 62

a23 =15∑

i=1g2(xi) ∗ g3(xi) = 34, 92 = a32

a33 =15∑

i=1g3(xi) ∗ g3(xi) = 57, 09

b1 =15∑

k=1f(xi) ∗ g1(xi) = 9, 91

b2 =15∑

k=1f(xi) ∗ g2(xi) = 10, 28

b3 =15∑

k=1f(xi) ∗ g3(xi) = 12, 66

Obtendo assim um sistema linear que pode ser resolvido por um esquema numérico estu-dado no Capítulo 2. A solução do sistema é dado por


a1 = 0, 00, a2 = 1, 99, a3 = −0, 99Portanto a função ϕ é dada por ϕ(x) = 1, 99x − 0, 99x2. A figura 3 compara a função

ϕ(x) com o gráfico dos pontos.

Figura 1: Comparação entre os gráficos

Exemplo 1.18. Determine o ajuste de mínimos quadrados para um polinômio p(x) de segundograu que aproxima os pontos (xk, yk) = {(−1, 2) , (0, 3) , (2,−1) , (5, 1)}.

Solução:Neste problema, o número de pontos é m = 4, considerando que o grau do polinômio é

n = 2. O polinômio quadrático é P2(x) = c0 + c1x + c2x2, e o objetivo aqui é encontrar o valor

de c0, c1 e c2. Da Eq. (1.36), um sistema de equação 3× 3 é produzido, como segue:

3∑i=0

13∑

i=0xi

3∑i=0

x2i

3∑i=0

xi

3∑i=0

x2i

3∑i=0

x3i

3∑i=0

x2i

3∑i=0

x3i

3∑i=0

x4i

c0c1

c2

=

3∑i=0

yi

3∑i=0

yix

3∑i=0

yix2i

dai obtemos 4 6 30

6 30 13430 134 642

c0

c1

c2

=

5123

Resolvendo o sistema de equação linear acima, nos obtemos c0 = 1, 339713, c1 =

−1, 698565 e c2 = 0, 327751. Portanto, a aproximação polinomial é P3(x) = 1, 339713 −1, 698565x + 0, 327751x2.

1.9 Interpolação por splinesSplines são funções formadas por diferentes polinômios de grau menor ou igual a um m,

definidos para cada intervalo entre os pontos de interpolação de modo que em cada ponto deinterpolação o spline é contínuo, assim como todas as derivadas até ordem m - 1 [1].


S1(x)S2(x) Sn−2(x)

Sn−1(x)

x1 x2 x3 xn−2 xn−1 xn

Figura 2: Interpolação Spline

Assim, em vez de aproximar uma função por um único polinômio num dado intervalo,podemos encontar vários polinômios de menor grau n (n ≤ 3), formando uma função contínuaafim de obter poucas oscilações. Em cada subintervalo [xi−1, xi], k = 1, 2, 3, ..., n, a funçãoserá aproximada pelos polinômios do tipo:

Si(x) = di + ci(x− xi) + bi(x− xi)2 + ai(x− xi)3

Estes coeficientes ai, bi , ci, di são dados pelas fórmulas:

ai =(Mi+1 −Mi/6hi)bi =Mi/2

ci =(yi+1 − yi)/hi − [(Mi+1 + 2Mi)hi/6] (1.37)di =yi

onde, hi = xi+1 − xi para i = 1, 2, .., n. e Mi = S”(xi), i = 1, 2, .., n.

Os valores de Mi (segunda derivada), são obtidos da solução do seguinte sistema de equa-ções lineares Ax = b, formado apartir da Eq. (1.38),

Mn−2 + 4Mn−1 + Mn = 6(

yn−2 − 2yn−1 + yn

h2

)(1.38)

ou, em formato matricial,

1 4 1 0 · · · 0 0 0 00 1 4 1 · · · 0 0 0 00 0 1 4 · · · 0 0 0 0...

......

......

......

...0 0 0 0 · · · 4 1 0 00 0 0 0 · · · 1 4 1 00 0 0 0 · · · 0 1 4 1

M1M2M3

...Mn−2Mn−1Mn

=

6h2

y1 − 2y2 + y3y2 − 2y3 + y4y3 − 2y4 + y5

...yn−4 − 2yn−3 + yn−2yn−3 − 2yn−2 + yn−1yn−2 − 2yn−1 + yn

(1.39)

Isto é um sistema linear de n − 2 equações nas n incógnitas M1, M2, ...Mn. Assim, nosainda precisamos de duas equações adicionais para determinar M1, M2, ..., Mn univocamente.A razão disto é que há uma infinidade de curvas splines que interpolam os pontos dados, demodo que simplesmente não temos condições suficientes para determinar uma curva spline cú-bica única passando pelos pontos. Em seguida discutimos três maneiras possíveis de especificar


as duas condições adicionais requeridas para obter uma curva spline cúbica única (ÁlgebraLinearcom Aplicações - Anton & Rorres).

A Splines Natural, possui duas condições matemáticamente simples impostas que são:M1 = Mn = 0, (segunda derivada é igual a zero nas extremidades). Tem-se um sistema deter-minado e que tende a achatar a curva interpoladora nos estremos, o que pode ser indesejável.Na forma matricial da Eq. (1.38), eliminamos então M1 e Mn por conveniência obtemos

4 1 0 · · · 0 0 01 4 1 · · · 0 0 0...

......

......

...0 0 0 · · · 1 4 10 0 0 · · · 0 1 4

M2M3

...Mn−2Mn−1

= 6h2

y1 − 2y2 + y3y2 − 2y3 + y4

...yn−2 − 2yn−1 + yn

. (1.40)

A spline parabólica, possui as seguintes restrições adicionais impostas: M1 e Mn, deveser igual a M2 e Mn−1, respectivamente (segunda derivada nos extremos). Assim,

M1 =M2

Mn =Mn−1

O resultado destas restrições é que a curva torna-se uma parábola na extremidade umavez que não há termos cúbicos na fórmula para splines nos intervalos extremos. A equaçãomatricial para este tipo de spline é,

5 1 0 · · · 0 0 01 4 1 · · · 0 0 0...

......

......

...0 0 0 · · · 1 4 10 0 0 · · · 0 1 5

M2M3

...Mn−2Mn−1

= 6h2

y1 − 2y2 + y3y2 − 2y3 + y4

...yn−2 − 2yn−1 + yn

, (1.41)

onde podemos determinar os valores de M1 e Mn apartir dos valores de M2 e Mn−1 encontrados.Na Spline Cúbica Emendada impõem-se duas restrições:

M1 =2M2 −M3 (1.42)MN =2MN−1 −MN−2 (1.43)

Usa-se estas duas equações para eliminar M1 e Mn em Eq. (1.38), obtendo-se então um novosistema linear Ax = b em que sua diagonal é modificada em relação a Eq. (1.41). Temos então

6 1 0 · · · 0 0 01 4 1 · · · 0 0 0...

......

......

...0 0 0 · · · 1 4 10 0 0 · · · 0 1 6

M2M3

...Mn−2Mn−1

= 6h2

y1 − 2y2 + y3y2 − 2y3 + y4

...yn−2 − 2yn−1 + yn

,

Uma vez resolvido esse sistema, usamos as condições para determinar M1 e M2. Essacondição gera uma uma única curva cúbica nos dois primeiros e dois útimos intervalos.

Exemplo 1.19. A tabela3 a seguir apresenta a densidade da água em g/cm3 para cinco tempera-turas igualmente espaçadas no intervalo de 10oC a 130C. Interpole com uma spline parabólicaemendada e descubra a densidade máxima da água neste intervalo encontrando o valor máximonesta curva spline cúbica.

3Obtida do livro Handbook of Chemistry and Physics


Tempperatura (oC) Densidade (g/cm3)-10 0,998150 0,9998710 0,9997320 0,9982330 0,99567

Solução:Fazendox1 = −10, y1 = 0, 99815x2 = −10, y2 = 0, 99987x3 = −10, y3 = 0, 99973x4 = −10, y4 = 0, 99823x5 = −10, y5 = 0, 99567Então

6 [y1 − 2y2 + y3] /h2 = −0, 00011166 [y2 − 2y3 + y4] /h2 = −0, 00008166 [y3 − 2y4 + y5] /h2 = −0, 0000636e o sistema linear para a spline parabólica emendada é 5 1 0

1 4 10 1 5

M2

M3M4

=

−0, 0001116−0, 0000816−0, 0000636

Resolvendo este sistema, obtemos

M2 =− 0, 00001973M3 =− 0, 00001293M4 =− 0, 00001013

Usando (1.42) e (1.43), obtemos

M1 = M2 = −0, 00001973M5 = M4 = −0, 00001013

Resolvendo em termos dos coeficientes ai, bi, ci e di para i = 1, 2, ..., n− 1,das Eqs (1.37) obtemos.

di ci bi ai

0,99815 0,000270667 -9,86667e-06 00,99987 7,33333e-05 -9,86667e-06 1,13333e-070,99973 -9e-05 -6,46667e-06 4,66667e-080,99823 -0,000205333 -5,06667e-06 0

Onde podemos escrever na forma d + c(x− xi) + b(x− xi)2 + a(x− xi)3. Assim


P (x1) =0, 99815 + 0, 000270667(x + 10)1 − 0, 000009866(x + 10)2 + 0(x + 10)3

P (x2) =0, 99987 + 0, 000073333(x− 0)1 − 0, 0000098666(x− 0)2 + 0, 00000000113(x− 0)3

P (x3) =0, 99973− 0, 00009(x− 10)1 − 0, 0000064666(x− 10)2 + 0, 00000004666(x− 10)3

P (x4) =0, 99823− 0, 000205333(x− 20)1 − 0, 0000050666(x− 20)2 + 0(x− 20)3

Sendo

P (x1) − 10 ≤ x ≤ 0P (x3) 0 ≤ x ≤ 10P (x4) 10 ≤ x ≤ 20P (x5) 20 ≤ x ≤ 30

A Spline está esboçada na Figura 2.

Figura 3: Representação gráfica da Spline

Para encontrar o máximo, colocamos S′(x) igual a zero no intervalo [0, 10], Eq. (1.44).

A partir desta figura acima, observemos que o máximo é atingido então nesse intervalo.

S′(x) = 0, 000000339x2 − 0, 0000197x + 0, 0000733 = 0 (1.44)

A raiz da Eq. (1.44) no intervalo [0, 10] é x = 3, 99 (considerando 3 dígitos) e, para estevalor de x, temos S(3, 99) = 1, 00001. Assim, a densidade máxima experimental é 1, 00001g/cm3 aos 3, 99oC.

Exercício 1.20. Faça a interpolação dos pontos da tabela do exemplo acima utilizando a Splinenatural.

Exercício 1.21. Faça a interpolação dos pontos da tabela do exemplo acima utilizando Splinecúbica Emendada


ExercíciosQuestão 1 - Seja o conjunto de pontos {xi, fi}5

i=1 :{(2, 0), (1, 1), (0, 2), (1, 1), (2, 0) vamosdeterminar o ajuste de mínimos quadrados para um polinômio de segundo grau p(x) = a0 +a1x + a2x

2.Questão 2 Dado P2(0.1) = 1.211, P1(0.8) = 4.953 e P1(0.6) = 3.320. Encontre o

polinômio e calcule P2(0.2) a partir dos pontos abaixo através de Lagrange.

Questão 3- Encontre a e b que sastifaça f(x) = axebx dado f(1.0) = 0, 398, f(0.5) =0, 541, f(1.5) = 0, 232, f(2.0) = 0, 106 e f(2.5) = 0, 052 usando mínimos quadrados.

Questão 4 -Uma hidroelétrica tem capacidade máxima de 60 MW, a qual é determinadapor três geradores de respectivamente 30 MW, 15 MW e 15 MW. A demanda de energia varianum ciclo de 24 h e é em função dela que o engenheiro operacional distribui as tarefas dosgeradores. Sabe-se que a demanda (D) mínima ocorre entre 1 a 4h da manhã e a demandamáxima entre 15 e 17h da tarde.

T(h) 2 3 4 15 16 17D/(MW) 16,4 15,2 14,9 43,0 34,0 31,2

Determine a forma D × Li(h) (somente) usando Lagrange para as demandas mínimas emáximas. Note, não é necessário determinar o polinômio geral.

Questão 5 - Obter por interpolação de Lagrange os coificientes ai do polinômio P2(x) =2∑

i=0aix

i = 0 e o gráfico que passa pelos pontos f(2.0)= -6.0, f(3.0)=-1.0 e f(4.0)=6.0.

Questão 6 - Um fabricante de peças, desejando determinar o preço de venda que maximizariao seu lucro, quer expressar as suas vendas mensais y (em milhares de peças) como uma funçãolinear do preço x (em reais por peça), y = a + bx. Com este objetivo em mente, ele realizouvendas experimentais das peças em quatro cidades semelhantes, tento obtido os seguintesresultados:

Cidade 1 Cidade 2 Cidade 3 Cidade 4x 6.25 6.75 8.00 8.75y 6.03 5.62 4.78 4.34

a) Determine o sistema indeterminado que a e b devem sastifazer.b) Determine a e b que melhor se ajustam aos dados, no sentido dos mínims quadrados.

2 MATRIZES E SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES 27

2 Matrizes e Sistemas de Equações linearesA resolução de sistemas lineares surge em diversas áreas do conhecimento. O caso geral

em que o sistema linear envolve m equações com n incógnitas, o sistema pode apresentar umaúnica solução, infinitas soluções ou não admitir solução. Este tipo de problema é tratado naÁlgebra Linear usando o processo de escalonamento. Neste capítulo vamos analisar esquemasnuméricos para soluções de sistemas lineares de n equações com n incógnitas, isto é

a11x1 + a12x2 + a13x3 · · · a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + a23x3 · · · a2nxn = b2a31x1 + a32x2 + a33x3 · · · a3nxn = b3

......

...an1x1 + an2x2 + an3x3 · · · annxn = bn

(2.1)

onde aij são os coeficientes, xj são as incógnitas e os bj são as constantes. Este sistema podeser escrito na forma matricial Ax = b com A ∈ Rn×n e x, b ∈ Rn. Analisaremos duas classesde esquemas numéricos: Métodos Diretos e Métodos Iterativos.

2.1 Métodos DiretosOs Métodos Diretos são aqueles que após um número finito de operações fornecem a so-

lução exata do sistema, a menos dos erros de arredondamentos. Estes métodos são baseados noprocesso de escalonamento estudado em Álgebra Linear. São eficientes para sistemas de pe-queno porte (não mais que 50 equações) e para sistemas de bandas, como por exemplo sistemastridiagonais (ver Ex. 3.3). Primeiramente vamos considerar os sistemas lineares triangulares.

2.1.1 Sistema Triangular Superior

Um Sistema Triangular Superior é aquele em que a matriz associada ao sistema t’e uma matriztriangular superior, isto é aij = 0 para i > j.

a11x1 + a12x2 + a13x3 · · · a1nxn = b1

a22x2 + a23x3 · · · a2nxn = b2

a33x3 · · · a3nxn = b3. . . ...

...annxn = bn

(2.2)

Este sistema admite uma única solução se aii 6= 0 para i = 1, 2, ...n, sendo,

xn = bn

ann

xn−1 = 1an−1,n−1

(bn−1 − an−1,nxn)

xn−2 = 1an−2,n−2

(bn−2 − an−2,n−1xn−1 − an−2,nxn)

......

xk=1

akk

bk −n∑

j=k+1akjxj

(2.3)


e assim sucessivamente. Com isto obtemos o esquema numérico para solução de sistema trian-gular superior dado pelo algoritmo abaixo

Algoritmo 1 Retro-SoluçãoImput: Matriz triangular superior A ∈ Rn×n e b ∈ Rn

xn ← bn/ann

for k = n− 1, n− 2, ...1, façaxk ←

1akk

(bk −

∑nj=k+1 ak,jxj

)fim para

Output:x ∈ Rn: Solução do sistema

2.1.2 Método de Eliminação de Gauss

Dois sistemas lineares são ditos ser equivalentes se estes tem a mesma solução. A estraté-gia do Método de Eliminação de Gauss é transformar um sistema linear Ax = b em um sistematriangular superior equivalente Sx = b, cuja a solução é facilmente obtida pela Retro-Solução.Esta transformação é realizada através das operações elementares.

(I) Trocar duas equações.(II) Multiplicar uma equação por uma constante não nula.(III) Adicionar a uma equação uma outra multiplicada por uma constante não nula.

Aplicando qualquer sequência dessas operações elementares num sistema Ax = b ob-temos um novo sistema Ax = b de tal forma que estes serão equivalentes. Para descrever oMétodo de Eliminação de Gauss vamos considerar o sistema linear (2.1), onde det(A) 6= 0, istoé, o sistema admite uma única solução. Um sistema linear pode ser representado na forma dematriz estendida (A0 | b0), ou seja

a(0)11 a

(0)12 a

(0)13 · · · a

(0)1n

a(0)21 a

(0)22 a

(0)23 · · · a

(0)2n

a(0)31 a

(0)32 a

(0)33 · · · a

(0)3n

......

......

a(0)n1 a

(0)n2 a

(0)n3 · · · a(0)

nn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b(0)1

b(0)2

b(0)3...

b(0)n

(2.4)

onde o índice superior indica a etapa do processo.

Etapa 1: Eliminar a incógnita x1 das equações k = 2, 3, ..., n. Sendo a(0)11 6= 0, usaremos

a operação elementar (III) e subtraímos da linha k a primeira linha multiplicada por

mk1 = a(0)k1

a(0)11

(2.5)

Os elementos mk1 são chamados de multiplicadores e o elemento a(0)11 é chamado de pivo

da Etapa 1. Indicando a linha k da matriz entendida por L(0)k esta etapa se resume em

L(1)1 = L

(0)1

L(1)k = L

(0)k −mk1L

(0)1 , k = 2, 3, ..., n (2.6)

Ao final desta etapa teremos a matriz


a(1)11 a

(1)12 a

(1)13 · · · a

(1)1n

0 a(1)22 a

(1)23 · · · a

(1)2n

0 a(1)32 a

(1)33 · · · a

(1)3n

......

......

0 a(1)n2 a

(1)n3 · · · a(1)

nn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b(1)1

b(1)2

b(1)3...

b(1)n

(2.7)

que representa um sistema linear equivalente ao sistema original, onde a incógnita x1 foi elimi-nada das equações k = 2, 3, ..., n.

Etapa 2: Eliminar a incógnita x2 das equações k = 3, 4, ..., n. Supondo que a(1) 2;2 6= 0,vamos tomar este elemento como pivô desta etapa e desta forma os multiplicadores sáo dadospor

mk2 = a(1)k2

a(1)22

(2.8)

A eliminação se procede da seguinte forma:

L(2)1 = L

(1)1

L(2)2 = L

(1)2

L(2)k = L

(1)k −mk2L

(1)2 , k = 3, 4, ..., n (2.9)

obtendo ao final da etapa a matriz

a(2)11 a

(2)12 a

(2)13 · · · a

(2)1n

0 a(2)22 a

(2)23 · · · a

(2)2n

0 0 a(2)33 · · · a

(2)3n

......

......

0 0 a(2)n3 · · · a(2)

nn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b(2)1

b(2)2

b(2)3...

b(2)n

(2.10)

Com procedimentos análogos ao das etapas 1 e 2 podemos eliminar as incógnitas xk dasequações k + 1, k + 2, ..., n e ao final de n− 1 etapas teremos a matriz

a(n−1)11 a

(n−1)12 a

(n−1)13 · · · a

(n−1)1n

0 a(n−1)22 a

(n−1)23 · · · a

(n−1)2n

0 0 a(n−1)33 · · · a

(n−1)3n

......

......

0 0 0 · · · a(n−1)nn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b(n−1)1

b(n−1)2

b(n−1)3

...b(n−1)

n

(2.11)

Esta matriz representa um sistema triangular superior equivalente ao sistema original.Logo a solução deste sistema, obtido pela Retro-Solução, é solução do sistema original.


Algoritmo 2 Método de Eliminação de GaussImput: Matriz A e b ∈ Rn

# Eliminaçãofor k = 1, 2, ..., n− 1, faça

for i = k + 1, ..., n façam← aij

akkfor j = k + 1, ..., n, faça

aij ← aij −m ∗ akj

end forbi ← bi −m ∗ bk

end forend for# Retro-Soluçãoxn ← bn/ann

for k = n− 1, n− 2, ...1, façaxk ←

1akk

(bk −

∑nj=k+1 ak,jxj

)fim para

Output:x ∈ Rn: Solução do sistema

Exemplo 2.1. Vamos considerar o sistema linear abaixo3x1 + 2x2 − x3 = 17x1 − x2 − x3 = −2x1 + x3 = 1

Solução:Escrevendo na forma de matriz estendida teremos 3 2 −1

7 −1 −11 0 1

∣∣∣∣∣∣∣1−21

Etapa 1: Eliminar x1 das linhas 2 e 3.

L(1)1 = L

(0)1

L(1)2 = L

(0)2 −m21L

(0)1 , onde m21 = a

(0)21

a(0)11

= 73

L(1)3 = L

(0)3 −m31L

(0)1 , onde m31 = a

(0)31

a(0)11

= 13

e com isto obtemos a matriz 3 2 −10 −17

343

0 −23

43

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1−13

3123


Etapa 2: Eliminar x2 da linha 3

L(2)1 = L

(1)1

L(2)2 = L

(1)2

L(2)3 = L

(1)3 −m32L

(1)2 , onde m32 = a

(1)32

a(1)22

= 217

obtendo assim a matriz 3 2 −10 −17

343

0 0 2017

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1−13

32017

Retro-Solução: Encontrar a solução do sistema triangular superior.

x3 = b3

a33= 1

x2 = 1a22

(b2 − a23x3) = 1

x1 = 1a22

(b1 − a12x2 − a13x3) = 0

Logo a solução do sistema é dado por x = (0, 1, 1)T .

A solução encontrada é a solução exata, pois mantivemos os números resultantes na formade fração. Porém máquinas digitais representam estes números na forma de ponto flutuantefinita e erros de arredondamento podem ocorrer. Em sistemas lineares de grande porte esteserros vão se acumulando e prejudicando a solução do sistema.

Exemplo 2.2. Vamos considerar o sistema linear, representado pela matriz extendid 1 3 22 1 2−3 2 1

∣∣∣∣∣∣∣34−2

Etapa 1: Escolha do pivô:

2.1.3 Pivotamento Parcial

Em cada etapa k da elimina¸c~ao temos o ct’alculo do multiplicador

mkj =a

(k−1)kj

a(k−1)kk

(2.12)

Se o pivô | a(k−1)kk |≤, ou seja este é próximo de zero teremos problemas com os erros

de arredondamento, pois operar números de grandezas muito diferentes aumenta os erros. Aestratégia de pivotamento parcial é baseada na operação elementar (I). No início de cada etapak escolhemos como pivô o elemento de maior módulo entre os coeficientes ak−1

ik para i =k, k + 1, ..., n.


Exemplo 2.3. Vamos considerar o sistema linear, representado pela matriz extendida 1 3 22 1 2−3 2 1

∣∣∣∣∣∣∣34−2

Passo 1: Escolha do pivô:

max1≤i≤3

| ai1 |=| a31 |

Trocamos a linha L1 com a linha L3, obtendo, −3 2 12 1 21 3 2

∣∣∣∣∣∣∣−243

Eliminamos x1 das linhas 2 e 3.

L(1)1 = L

(0)1

L(1)2 = L

(0)2 −m21L

(0)1 , onde m21 = 2

3L

(1)3 = L

(0)3 −m31L

(0)1 , onde m31 = 1

3

e com isto obtemos a matriz −3 2 10 7

383

0 113

73

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−28373

Passo 2: Escolha do pivô:

max2≤i≤3

| ai1 |=| a32 |

Trocamos a linha L2 com a linha L3, obtendo,−3 2 10 11

373

0 73

83

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−27383

Eliminamos x2 da linha 3.

L(2)1 = L

(1)1

L(2)2 = L

(1)2

L(2)3 = L

(1)3 −m32L

(1)2 , onde m32 = − 7

11

obtendo dessa forma a matriz


−3 2 10 11

383

0 0 1311

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−2831311

Retro-Solução: Encontrar a solução do sistema triangular superior:

x3 = b3

a33= 1

x2 = 1a22

(b2 − a23x3) = 0

x1 = 1a11

(b1 − a12x2 − a13x3) = 1

Logo a solução do sistema é dado por x = (1, 0, 1)T .

Na prática a troca de linhas não é realizada. O controle é feito por um vetor de inteiros n-dimensional, onde inicialmente na posição k está armazenado k, ou seja trc = [1, 2, ..., s, ..., n].Se, por exemplo, trocamos a linha 1 pela linha s o vetor passa a ser trc = [s, 2, ..., 1, ..., n].

2.1.4 Matriz Inversa

Supomos que desejamos resolver os sistemas lineares Ax = b1, Ax = b2, ..., Ax = bk,onde a matriz A é a mesma para todos os sistemas. A matriz triangular superior, resultante doprocesso de eliminação, não depende do vetor b e portanto será a mesma em qualquer um dossistemas. Assim podemos resolver estes sistemas num único processo de eliminação usando amatriz estendida

(A | b1 | b2 | ... | bk

)e aplicando a Retro-Solução para cada vetor bk.

O Cálculo da inversa de uma matriz é um caso particular do esquema acima. A inversa deuma matriz A ∈ Rn×n, denotada por A−1, é uma matriz n× n tal que

AA−1 = A−1A = I (2.13)

Como exemplo vamos considerar uma matriz A de dimensão 3× 3 a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

(2.14)

cuja a inversa A−1 é dado por x11 x12 x13x21 x22 x23x31 x32 x33

(2.15)

logo temos que a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

x11 x12 x13

x21 x22 x23x31 x32 x33

=

1 0 00 1 00 0 1

(2.16)

Portanto cada coluna k da inversa da matriz A é solução de um sistema linear, onde ovetor dos termos independentes é a k-ésima coluna da matriz identidade, isto é


a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

x11

x21x31

=

100

(2.17)

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

x21

x22x23

=

010

(2.18)

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

x31

x32x33

=

001

(2.19)

Em resumo, se temos uma matriz n × n, podemos achar a inversa resolvendo n sistemaslineares, representados pela matriz estendida (A | b1 | b2 | ... | bn), onde os vetores bk são osvetores unitários (1 na posição k e zeros nas demais posições).

Exemplo 2.4. Vamos achar a inversa da matriz abaixo, usando o método de Elinação de Gauss. 4 1 −63 2 −63 1 −5

Solução:Para o processo de eliminação consideremos a matriz estendida 4 1 −6

3 2 −63 1 −5

∣∣∣∣∣∣∣100

∣∣∣∣∣∣∣010

∣∣∣∣∣∣∣001

Passo 1: Eliminar x1 das linhas 2 e 3.

L(1)1 = L

(0)1

L(1)2 = L

(0)2 −m21L

(0)1 , onde m21 = 3

4L

(1)3 = L

(0)3 −m31L

(0)1 , onde m31 = 3

4e com isto obtemos a matriz

4 1 −60 5

4 −32

0 14 −1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1−3

4−1

2

∣∣∣∣∣∣∣010

∣∣∣∣∣∣∣001

Passo 2: Eliminar x2 da linha 3.

L(2)1 = L

(1)1

L(2)2 = L

(1)2

L(2)3 = L

(1)3 −m32L

(1)2 , onde m32 = 1

5


obtendo assim a matriz 4 1 −60 5

4 −32

0 0 −15

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1−3

4−3

5

∣∣∣∣∣∣∣∣01−1

5

∣∣∣∣∣∣∣001

Retro-Solução: Encontrar a solução do sistema triangular superior.

• Primeira coluna da inversa.

x31 = b13

a33= 3

x21 = 1a22

(b1

2 − a23x3)

= 3

x11 = 1a11

(b1

1 − a12x2 − a13x3)

= 4

• Segunda coluna da inversa.

x32 = b23

a33= 1

x22 = 1a22

(b2

2 − a23x3)

= 2

x12 = 1a11

(b2

1 − a12x2 − a13x3)

= 1

• Terceira coluna da inversa.

x33 = b33

a33= −5

x23 = 1a22

(b3

2 − a23x3)

= −6

x13 = 1a11

(b3

1 − a12x2 − a13x3)

= −6

Logo a matriz inversa s é dada por 4 1 −63 2 −63 1 −5

Note que no exemplo acima temos que a inversa da matriz A é a própria A. Este tipo de

matriz é usado como matriz teste para verificar a eficiência dos métodos numéricos.

Problema 1. Equações algébrica linear podem surgir quando deseja-se modelar sistemas dis-tribuídos. A Fig. (4) mostra uma haste longa e fina posicionada entre duas paredes que sãomantidas em temperaturas constantes.


Figura 4: Representação de uma haste uniforme não isolada posicionada entre duas paredes detemperatura constante, porém diferentes.

O calor flui através da haste, bem como entre a haste e o ar circundante. Para o caso deestado estacionário, a equação diferencial com base na conservação de calor pode ser escritapara um sistema deste tipo, como

d2T

dx2 + h′ (Ta − T ) = 0 (2.20)

onde T é a temperatura (C), x é distância ao longo das haste (m), h′ é o coeficiente de transfe-rência de calor entre a haste e o ar circundante (m−2) e Ta é a temperatura do ar (C).

Valores dados para o parâmetro, funções força e condições de contorno, o cálculo podeser utilizado para desenvolver uma solução analítica. Por exemplo, se h′ = 0, 001, Ta = 20,T (0) = 40 e T (10) = 200, a solução é

T = 73, 4523e0,1x − 53, 4523e−0.1x + 20 (2.21)

Embora aqui forneça uma solução, o cálculo não funciona para todos os problemas destanatureza. Em tais casos, os métodos numéricos proporcionam uma alternativa valiosa. Nesteestudo de caso, será usado diferenças finitas para transformar esta equação diferencial no sis-tema triadiagonal de equações algébricas, que pode ser facilmente resolvido usando os métodosnuméricos já descritas neste capítulo.

Solução:A Eq. (2.20) pode ser transformada em um conjunto de equações algébricas lineares, pois

concebe uma barra composta de uma série de nós. A haste da Fig. (4) está dividida em seis nósequidistantes. Uma vez que a haste tem um comprimento igual a 10, o espaçamento entre osnós portanto é ∆x = 2.

O cálculo necessário para resolver a Eq. (2.20) inclui uma na segunda derivada. O métodode aproximações por diferença finita pode fornecer um meio para transformar as derivadas emforma algébrica.

Queremos diferenciar o termo da temperatura. Referindo-se à malha unidimensional ilus-trado na figura a seguir


podemos escrever (dT

dx

)= T3 − T1

2∆x

A segunda derivada em cada nó pode ser aproximada adicionando as duas equações juntas(d2T

dx2

)= Ti+1 + Ti−1 − 2Ti

∆x2

onde Ti é a temperatura a nó i. Fazendo a substituição na Eq. (2.20)

Ti+1 + Ti−1 − 2Ti

∆x2 − h′ (Ta − Ti) = 0

Coletando os termos e substituindo os parâmetros têm-se

− Ti−1 + 2, 04Ti − Ti+1 = 0, 8 (2.22)

Assim, a Eq. (2.20) é transformada a partir de uma equação diferencial em uma equaçãoalgébrica. A Eq. (2.22) pode agora ser aplicado a cada um dos nós internos

−T0 + 2, 04T1 − T2 = 0, 8−T1 + 2, 04T2 − T3 = 0, 8−T2 + 2, 04T3 − T4 = 0, 8−T3 + 2, 04T4 − T5 = 0, 8

As temperaturas fixas T = 40 e T = 200 são substituídas e depois é expressa na forma dematriz. O resultados são quatro equações com quatro incógnitas expressas na seguinte forma

2, 04 −1 0 0−1 2, 04 −1 00 −1 2, 04 −10 0 −1 2, 04

T1T2T3T4

=

40, 80, 80, 8

200, 8

A equação diferencial original foi convertida em um sistema equivalente de equações

algébricas lineares e agora pode ser resolvida para encontrar as temperaturas que são: T =65, 96; 93, 78; 124, 54; 159, 48.

2 4 6 8 10

20406080

100120140160180200

0 x

T AnalíticoNumérico

Figura 5: Gráfico da temperatura em função da distância ao longo de uma barra de aquecimento.


2.2 Métodos IterativosMuitos Sistemas de Equações são grandes para serem resolvidas pelos métodos diretos ba-

seados no Método de Gauss. Para estes sistema, os métodos iterativos são os indicados.Um método é dito iterativo quando a soulução x é obtida como limite de uma sequência

de aproximação sucessivas x0, x1, x2, .... Em outras palavras consiste em, partindo de umaaproximação inicial x0 para uma solução x do problema, gerar uma sucessão de valores xk+1 =g(xk), k = 0, 1, 2, ....

Vamos considerar um sistema linear Ax = b, onde A ∈ Rn×n e x, b ∈ Rn. Os métodositerativos seguem um esquema semelhante aos métodos para o cálculo de zeros de funções. Osistema linear é escrito na forma

x = Bx + b (2.23)

onde B ∈ Rn×n é chamada matriz de iteração. Dessa forma montamos o processo iterativo:Dado x0

xk+1 = Bxk + b (2.24)

Sendo um processo iterativo, necessitamos de um critério de parada. E para isto temosque ter uma medida entre as aproximações xk+1 e xk. Para isto vamos usar o conceito de normade matrizes, definida abaixo.

Definição 2.5. Uma norma em Rn×n é uma aplicação ‖ . ‖: Rn×n → R que sastifaz as seguintespropriedades:

P1) ‖ αA ‖=| α |‖ A ‖ , ∀α ∈ R e ∀A ∈ Rn×n

P2) ‖ A ‖≥ 0 e ‖ A ‖= 0⇐⇒ A = 0, ∀A ∈ Rn×n

P3) ‖ A + B ‖≤‖ A ‖ + ‖ B ‖, ∀A, B ∈ Rn×n

As normas matriciais mais usadas são

‖ A ‖1= max1≤j≤m

{n∑

i=1| aij |

}Norma do Maximo das Colunas (2.25)

‖ A ‖∞= max1≤i≤j

{m∑

i=1| aij |

}Norma do Maximo das Linhas (2.26)

‖ A ‖2= n∑

i=1

m∑j=1| aij |2

12

Norma Euclidiana (2.27)

A norma vetorial pode ser vista como um caso particular da norma matricial, onde umvetor x ∈ Rn é equivalente a uma matriz de ordem n× 1. Com isto temos as normas de vetoresdadas por

‖ A ‖1=n∑

i=1| xi | Norma da Soma

‖x‖∞ = max1≤i≤n

| xi | Norma do Maximo

‖ x ‖2=(

n∑i=1| xi |2

) 12

Norma Euclidiana


O conceito de norma nos permite definir convergência de uma sequência de vetores{xk}

.Dizemos que xK → x se

limk→∞

‖ xk → x ‖= 0 (2.28)

Com isto podemos definir os critérios de parada. Dado um ε > 0

‖ xk+1 − xk ‖≤ ε Erro Absoluto

‖ xk+1 − xk ‖‖ xk ‖

≤ ε Erro Relativo

‖ b− Axk ‖≤ ε Teste do Residuo

As normas em (2.25), (2.25) e (2.27) sastifazen as seguintes propriedades:P4 =‖ Ax ‖≤‖ A ‖‖ x ‖P5 =‖ AB ‖≤‖ A ‖‖ B ‖

2.2.1 Critério de Convergência

Dependendo da forma da matriz B a sequência gerada pelo processo iterativo pode ou nãoconvergir para a solução do sistema. Seja x a solução do sistema Ax = b, logo x satisfaz

x = Bx + b (2.29)

Com isso temos que

xk+1 − x = B(xk+1 − x

)(2.30)

Sendo o erro ε em cada iteração dado por εk = xk− x e usando as propriedades de normaP4 e P5 tem-se que

‖ ek ‖≤ ‖ B ‖‖ ek−1 ‖‖ ek ‖≤ ‖ B ‖‖ ek−2 ‖

......

‖ ek ‖≤ ‖ B ‖k‖ e0 ‖ (2.31)

Dessa forma a sequência{xk}

converge para a solução do sistema x se

limk→∞

‖ eK ‖= limk→∞

‖ B ‖‖ e0 ‖= 0 (2.32)

e isso ocorre se e somente se a matriz B sastifaz a condição

‖ B ‖< 1 (2.33)

Observer que o critério de convergência não depende do vetor inicial x0. A escolha de x0

influência no número de iterações necessárias para atingir a precisão desejada. Quanto menorfor ‖ x0 − x ‖ menos iterações serão necessárias.


2.2.2 Método Iterativo de Gauss-Jacobi

Consideremos o sistema linear Ax = b em (2.1), onde os aii 6= 0 para i = 1, 2, ..., n. Emcada equaçã i podemos isolar a incógnita xi obtendo as seguintes relações

x1 = 1a11

(b1 − a12x2 − a13x3 − · · · − a1nxn)

x2 = 1a22

(b2 − a21x1 − a23x3 − · · · − a2nxn)

x3 = 1a33

(b3 − a31x1 − a32x2 − · · · − a3nxn)

......

...

xn = 1ann

(bn − an1x1 − an2x2 − · · · − ann−1xn−1) (2.34)

Na forma matricial estas equações são equivalentes à

x1

x2

x3...

xn

=

0 −a12

a11−a13

a11· · · −a1n

a11−a21

a220 −a23

a22· · · −a2n

a22−a31

a33−a32

a330 · · · −a3n

a33......

... . . . ...−an1

ann

−an2

ann

−an3

ann

· · · 0

x1

x2

x3...

xn

+

b1

a11b2

a22b3

a33...bn

ann

(2.35)

Desta forma temos o sistema linear na forma x = Cx + b e assim montamos o processoiterativo conhecido como Método Iterativo de Gauss Jacobi:

Dado x0

xk+11 = 1

a11

(b1 − a12x

k2 − a13x

k3 − · · · − a1nxk

n

)xk+1

2 = 1a22

(b2 − a21x

k1 − a23x

k3 − · · · − a2nxk

n

)xk+1

3 = 1a33

(b3 − a31x

k1 − a32x

k2 − · · · − a3nxk

n

)(2.36)

......

...

xk+1n = 1

ann

(bn − an1x

k1 − an2x

k2 − · · · − ann−1x

kn−1

)


Algoritmo 3 Método Iterativo de Gauss-JacobiImput: Matriz A ∈ Rn×n, b, x0 ∈ Rn e ε > 0Enquanto ‖ kk+1 − kk ‖> ε faça:

for m = 1, 2, ..., n, façaxk+1

m ← 1amm

(bm −

∑nj=1,j 6=k am,jx

kj

)end for

end enquantoOutput: x ∈ Rn: Solução do sistema

2.2.3 Critérios das Linhas

Como critério de convergência, vimos que a matriz de iteração B deve satisfazer a condi-ção ‖ B ‖< 1. Usando a Norma do Máximo das Linhas sobre a matriz B em temos o seguintecritério de convergência para o Método de Gauss-Jacobi.

Teorema 2.6. Dado o sistema linear Ax = b. Seja os αk de tal forma que:

αk = 1| akk |

n∑j=1,j 6=k

| akj |< 1 para k = 1, 2, ..., n (2.37)

Então o método de Gauss-Jacobi gera uma sequência{xk}

que converge para a soluçãodo sistema.

Este critério fornece uma condição necessária, mas não suficiente. Isto é, o critério podenão ser satisfeito e o método ainda pode convergir. Outros critérios podem ser obtidos usandooutras normas. Por exemplo, podemos obter o chamado critério das colunas aplicando a Normado Máximo das Colunas na matriz em (2.36).

Exemplo 2.7. Dado o sistema linear−7x1 + 3x2 + 2x3 = −2

x1 + 3x2 − x3 = 3x1 + x2 − 3x3 = −1

procuramos uma aproximação da solução, com precisão ε = 0.1 na Norma do Máximo usandoo Método de Gauss-Jacobi tomando como condição inicial o vetor x0 = (0.5, 0.5, 0.5)T .

Solução:O primeiro passo é verificar se o critério de convergência é satisfeito. Calculando os αk

temos

α1 = 1| a11 |

(| a12 | + | a13 |) = 57 < 1

α2 = 1| a22 |

(| a21 | + | a23 |) = 23 < 1

α3 = 1| a33 |

(| a31 | + | a32 |) = 23 < 1

Logo o critério das linhas é satisfeito e com isto temos garantia que o Método de Gauss-Jacobi converge. Montando o processo iterativo temos


xk+11 =− 1

7(−2− 3xk

2 − 2xk3

)xk+1

2 =13(3− xk

1 + xk3

)xk+1

3 =− 13(−1− xk

1 − xk2

)Assim para k = 0 segue que

x11 =− 1

7 (−2− 3× 0, 5− 2× 0, 5) = 0, 642

x12 =1

3 (3− 0, 5 + 0, 5) = 1, 000

x13 =− 1

3 (−1− 0, 5− 0, 5) = 0, 666

Verificando o critério de parada temos

x1 − x0 =

0, 642− 0, 5001, 000− 0, 5000, 666− 0, 500

=

0, 1420, 5000, 166

⇒‖ x1 − x0 ‖∞= 0, 500 > ε

Para k = 1 temos

x21 =− 1

7 (−2− 3× 1, 000− 2× 0, 666) = 0, 904

x22 =1

3 (3− 0, 642 + 0, 666) = 1, 008

x23 =− 1

3 (−1− 0, 642− 1) = 0, 880


x2 − x1 =

0, 904− 0, 6421, 008− 0, 10000, 880− 0, 666

=

0, 2620, 0080, 214

⇒‖ x2 − x1 ‖∞= 0, 262 > ε

Devemos continuar as iterações até que o critério de parada seja satisfeito.

Exemplo 2.8. Resolva o sistema linear abaixo pelo método de Gauus-Jacobi com x(0) = 0, 7−1, 60, 6

e ε = 0, 05.

10x1 + 2x2 + x3 = 7x1 + 5x2 + x3 = −8

2x1 + 3x2 + 10x3 = 6O processo iterativo é o seguinte:


x(k+1)1 =

110(7− 2x

(k)2 − x

(k)3

)= 0x

(k)1 −

210x

(k)2 −

110x

(k)3 +

710

x(k+1)2 =

15(−8− x

(k)1 − x

(k)3

)= −

15x

(k)1 + 0x

(k)2 −

15x

(k)3 +

85

x(k+1)3 =

110(6− 2x

(k)1 − 3x

(k)2

)= −

210x

(k)1 −

310x

(k)2 + 0x

(k)3︸︷︷︸+

610︸︷︷︸

Na forma matricial x(k+1) = Ax(k) + b temos

A =

0 −

210 −

110

−15 0 −

15

−15 −

310 0

e b =

710−

85

610

Assim (k = 0) temos

x

(1)1 = −0, 2x

(0)2 − 0, 1x

(0)3 + 0, 7 = −0, 2(1, 6)− 0, 1×+0, 6 + 0, 7 = 0, 96

x(1)2 = −0, 2x

(0)1 − 0, 2x

(0)3 − 1, 6 = −0, 2× 0, 7− 0, 2×+0, 6− 1, 6 = −1, 86

x(1)3 = −0, 2x

(0)1 − 0, 3x

(0)2 + 0, 6 = −0, 2× 0, 7− 0, 3(−1, 6) + 0, 6 = 0, 94

Ou ainda

x(1) = Ax(0) + b =

0, 96−1, 860, 94

Calculando d(1)

r , temos:| x(1)

1 − x(0)1 |= 0, 26

| x(1)2 − x

(0)2 |= 0, 26 =⇒

0, 34max1≤i≤3 | x(1)

i |=

0, 341, 86 = 0, 1828 > ε

| x(1)3 − x

(0)3 |= 0, 34

Prosseguindo com as iterações temos:Para k=1:

x(2) =

0, 978−1, 980, 966

=⇒ d(2)r =

0, 121, 98 = 0, 0606 > ε

Para k=2:

x(2) =

0, 9994−1, 9880, 9984

=⇒ d(3)r =

0, 03241, 988 = 0, 0163 > ε

Então, a solução x∗ do sistema lnear acima, com ε < 0, 05, obtida pelo método de Gauss-Jacobi é,


x∗ = x(3) =

0, 9994−1, 9880, 9984

Neste exemplo tomamos x(0) =

0, 7−1, 60, 6

=

b1/a11b2/a22b3/a33

. No entanto, o valor de x(0)

é arbitrário, pois a convergêngia ou não de um método iterativo para a solução de um sistemalinear de equações é independente da aproximação inicial escolhida.

Exemplo 2.9. Obtenha uma aproximação para a solução do sistema de equações algébricaslineares empregando o método de Gauss-Jacobi

2x1 − 2x2 − 10x3 = −523x + x2 − 2x3 = 42x1 + 8x − 2x = 18

Utilize as estimativas iniciais para x01 = x0

2 = x03 = 0 e apresente os valores das estimati-

vas para x1, x2 e x3 nas cinco primeiras iterações do algoritimo.Ao aplicar o método de Gauss-Jacobi, verificamos se temos garantia de convergência

do método através do critério de linha. O critério de convergência é então dado por αi =∑n

j=1j 6=i

|aij||aii|

. Se α = max1≤i≤n

αi < 1, então o método de Gauss-Jacobi gera uma sequência conver-

gente.

Para o sistema acima temos| − 2|+ | − 10|

|2| = 6 > 1,|3|+ | − 1||1| = 4 > 1 e

|2|+ |8|| − 2| =

5 > 1 , não sastifazendo então o critério das linhas. Contudo se pemutarmos a 1a linha com a3a e logo após a 2a linha com a 1a linha, obtemos um novo sistema Eq. (2.38)

3x1 + x2 − x3 = 42x1 + 8x2 − 2x3 = 182x1 − 2x2 − 10x3 = −52

(2.38)

equivalente a Eq. (??), com dominância na diagonal e com o critério das linhas sastifeito,garantindo assim a convergência do método.

O processo iterativo para o método de Gauss-Jacobi é dado então pela Eq.(2.39).x

(k+1)1 = (4 − x

(k)2 + x

(k)3 )/3

x(k+1)2 = (18 − 2x

(k)1 + 2x

(k)3 )/8

x(k+1)3 = −(−52 − 2x

(k)1 + 2x

(k)2 )/10

(2.39)

Para x01 = x0

2 = x03 = 0, temos os valores das estimativas para as cinco primeiras itera-

ções: x

(1)1 = 1

3(4 − x(0)2 + x

(0)3 )

x(1)2 = 1

8(18 − 2x(0)1 + 2x

(0)3 )

x(1)3 = − 1

10(−52 − 2x(0)1 + 2x

(0)2 )

=⇒ x(1) =

1.332.555.2


x

(2)1 = 1

3(4 − x(1)2 + x

(1)3 )

x(2)2 = 1

3(18 − 2x(1)1 + 2x

(1)3 )

x(2)3 = − 1

10(−52 − 2x(1)1 + 2x

(1)2 )

=⇒ x(2) =

3.313.215.01

x(3)1 = 1

3(4 − x(2)2 + x

(2)3 )

x(3)2 = 1

3(18 − 2x(2)1 + 2x

(2)3 )

x(3)3 = − 1

10(−52 − 2x(2)1 + 2x

(2)2 )

=⇒ x(3) =

1, 932, 925, 02

x(4)1 = 1

3(4 − x(3)2 + x

(3)3 )

x(4)2 = 1

3(18 − 2x(3)1 + 2x

(3)3 )

x(4)3 = − 1

10(−52 − 2x(3)1 + 2x

(3)2 )

=⇒ x(4) =

2, 033, 025, 0

x(5)1 = 1

3(4 − x(4)2 + x

(4)3 )

x(5)2 = 1

3(18 − 2x(4)1 + 2x

(4)3 )

x(5)3 = − 1

10(−52 − 2x(4)1 + 2x

(4)2 )

=⇒ x(5) =

1, 992, 995, 0

A tabela 1 mostra as soluções com as iterações para a convergência do método.

k(iteraçoes) xk1 xk

2 xk3 Erro

0 0 0 01 1,33333 2,25 5,2 5.0312 2,31667 3,21667 5,01667 1.9514883 1,93333 2,925 5,02 0.48173904 2,03167 3,02167 5,002 0.13906775 1,99333 2,9925 1,99869 3.00369636 2,00317 3,00217 5,00017 3.001511707 1,99933 2,99925 5,0002 0.004824198 2,00032 3,00022 5,00002 0.00139769 1,99993 2,99993 5,00002 0.0010316

Tabela 3: Estimativas para x1, x2 e x3 = 0.

Podemos observar que as iterações estão se aproximando da solução exata (2, 3, 5)t amedida que k cresce.

2.2.4 Método Iterativo de Gauss-Seidel

A cada iteração xk se aproxima da solução do sistema. Baseado nesta observação vamosmodificar o Método de Gauss-Jacobi com o objetivo de acelerar a convergência. Numa iteraçãok + 1, o Método de Gauss-Jacobi calcula o elemento s pela equação

xk+1m = 1

amm

bm −m−1∑j=1

am,jxkj −

n∑j=m+1

am,jxkj

(2.40)

Neste ponto os elementos xk+11 , xk

2 +1, ..., xk+1m−1, já foram calculados e espera-se que estes

estejam mais próximos da solução que os elementos xk1, xk

2,...,xkm−1. Assim vamos substituir os


elementos da iteração k, que aparecem no primeiro somatório de (2.40), pelos correspondenteselementos da iteração k + 1, isto é

xk+1m = 1

amm

bm −m−1∑j=1

am,jxk+1j −

n∑j=m+1

am,jxkj

(2.41)

Como estamos usando valores mais próximos da solução, o cálculo de xk+1m será mais pre-

ciso. Este procedimento é conhecido como Método Iterativo de Gauss-Seidel, cujo o algoritmoé dado a seguir.

Algoritmo 4 Método Iterativo de Gauss-SeidelImput: Matriz A ∈ Rn×n, b, x0 ∈ Rn e ε > 0Enquanto ‖ kk+1 − kk ‖> ε faça:

for m = 1, 2, ..., n, façaxk+1

m ← 1amm

(bm −

∑m−1j=1 am,jx

k+1j −∑n

j=m+1 am,jxkj

)end for

end enquantoOutput: x ∈ Rn: Solução do sistema

2.2.5 Critério de Sassenfeld

O Método de Gauss-Seidel também pode ser representado na forma matricial xk+1 = Bxk + b ecritérios de convergência podem ser obtidos impondo a condição | B |< 1. Aplicando a Normado Máximo das Linhas obtemos o seguinte critério de convergência:

Teorema 2.10. Dado o sistema linear Ax = b. Seja os βk de tal forma que:

βk = 1| akk |

k−1∑j=1| akj | βj +

n∑j=k+1

| akj |

< 1 para k = 1, 2, ..., n

Então o Método de Gauss-Seidel gera uma sequência{xk}

que converge para a soluçãodo sistema.

Exemplo 2.11. Dado o sistema linear−7x1 + 3x2 + 2x3 = −2

x1 + 2x2 − x3 = 2x1 + x2 − 2x3 = 0

vamos procurar uma aproximação da solução, com precisão ε = 1 na norma do máximo, usandoo Método de Gauss-Seidel. Vamos tomar como condição inicial o vetor x0 = (0, 5; 0, 5; 0, 5)T .

Solução:O primeiro passo é verificar se o critério de convergência é satisfeito. Calculando os βk

temos


β1 = 1| a11 |

(| a12 | + | a13 |) = 57 < 1

β2 = 1| a22 |

(| a21 | β1+ | a23 |) = 67 < 1

β3 = 1| a33 |

(| a31 | β1+ | a32 | β2) = 1114 < 1

Logo o critério de Sassenfeld é satisfeito e com isto temos garantia que o Método deGauss-Seidel converge. Observe que se aplicarmos o critério das linhas obtemos α2 = α3 = 1,ou seja, o critério das linhas não é satisfeito. Este é um exemplo em que não temos a garantiade convergência do Método de Gauss-Jacobi.

Montando o processo iterativo temos

xk+11 =− 1

7(−2− 3xk

2 − 2xk3

)xk+1

2 =12(2− xk+1

1 + xk3

)xk+1

3 =− 12(0− xk+1

1 − xk+12

)Assim para k = 0 segue que

x11 =− 1

7 (−2− 3× 0, 5− 2× 0, 5) = 0, 642

x12 =1

2 (2− 0, 642 + 0, 5) = 0, 929

x13 =− 1

2 (0− 0, 642− 0.929) = 0, 785


x1 − x0 =

0, 642− 0, 5000, 929− 0, 5000, 785− 0, 500

=

0, 1420, 4290, 285

⇒‖ x1 − x0 ‖∞= 0, 429 > ε

Para k = 1 temos

x21 =− 1

7 (−2− 3× 0, 0929− 2× 0, 785) = 0, 908

x22 =1

2 (2− 0, 908 + 0, 785) = 0, 938

x23 =− 1

2 (0− 0, 908− 0, 938) = 0, 923

Verificando o critério deparada temos

x2 − x1 =

0, 908− 0, 6420, 938− 0, 9290, 923− 0, 785

=

0, 2660, 0090, 138

⇒‖ x2 − x1 ‖∞= 0, 266 > ε

Devemos continuar as iterações até que o critério de parada seja satisfeito.


Exemplo 2.12. Resolver o sistema5x1 + x2 + x3 = 53x1 + 4x2 − x3 = 63x1 + 3x2 + 6x3 = 0

pelo método de Gauss-Seidel com ε < 10−2.

Solução:A matriz dos coeficientes não é estritamente diagonalmente dominante. Assim, por esse

critério, nada podemos afirmar sobre a convergência do processo de Gauss-Seidel.Dividindo cada equação pelo correspondente elemento da diagonal principal obtemos:

x1 + 0, 2x2 + 0, 2x3 = 10, 75x1 + x2 + 0, 25x3 = 1, 50, 5x1 + 0, 5x2 + x3 = 0

Observe que se matriz dos coeficientes não for estritamente diagonalmente dominanteentão o critério das linhas também não será satisfeito. Mas, por se tratar de exemplo, calculemos(Critério das Linhas).

Assim:

| a∗12 || a∗

13 |= | 0, 2 | + | 0, 2 |= 0, 4,

| a∗12 || a∗

13 |= | 0, 75 | + | 0, 25 |= 0, 1,

| a∗12 || a∗

13 |= | 0, 5 | + | 0, 5 |= 0, 1,

max1≤i≤n

3∑j=1j 6=i

| aij |=1

e portanto por esse critério não podemos garantir convergência.Aplicando o critério de Sassenfeld, temos:

β1 = | 0, 2 | + | 0, 2 |= 0, 4β2 = | 0, 75 | (0, 4)+ | 0, 25 |= 0, 3 + 0, 25 = 0, 55β3 = | 0, 5 | (0, 4) + | 0, 5 | (0, 55) = 0, 2 + 0, 275 = 0, 475

max1≤i≤n

βi =0, 55 < 1

logo temos o critério de Sassenfeld satisfeito e portanto podemos garantir que o processo deGauss-Seidel converge.

Temos que as iterações são definidas por:xk+1

1 = 0, 2xk2 − 0, 2xk

3 + 1xk+1

2 = −0, 75xk+11 − 0, 25xk

3 + 1, 5xk+1

3 = −0, 5xk+11 − 0, 5xk+1

2

e a partir de x0 = (0, 0, 0)t, obtemos para x1 os seguintes valores:

x1

1 = 0, 2x02 − 0, 2x0

3 +1 = −0, 2(0)− 0, 2(0) + 1 = 1x1

2 = −0, 75x11 − 0, 25x0

3 +1, 5 = −0, 75(1)− 0, 25(1) + 1, 5 = 0, 75x1

3 = −0, 5x11 − 0, 5x1

2 = 0, 5(1)− 0, 5(0, 75) = −0, 875


Continuando as iterações obtemos a tabela:

k 0 1 2 3 4x1 0 1 1,025 1,0075 1,0016x2 0 0,75 0,95 0,9913 0, 9987x3 0 -0,875 -0,9875 -0,9994 -1,0002

Agora, desde que:

x4 − x3 =

−0, 00570, 00740, 00075

e portanto

‖ x4 − x3 ‖∞

‖x4‖∞= 0, 0074

1, 0016 ' 0, 0074 < 10−2

segue que a solução do sistema, com ε < 10−2 é:

x =

1, 00160, 9987−1, 0002

Exemplo 2.13. Obtenha uma aproximação para a solução do sistema de equações algébricaslineares empregando o método de Gauss-Seidel.

4x1 + 6x2 + 2x3 = 148x1 + 4x2 + 2x3 = 162x1 + 4x2 + 8x3 = 22


2 = x03 = 3 e apresente os valores das estimati-

vas para x1, x2 e x3 nas cinco primeiras iterações do algoritimo.Antes de aplicar o método de Gauss-Seidel, testamos se temos garantia de convergência

do método verificando se o sistema possui dominância na diagonal, caso isso não ocorra osistema pode não convergir.

Dizemos que uma matriz possue dominância na diagonal se:

|aii| ≥∑n

j=1j 6=i |aij|, i = 1, 2, ..., n

e para pelo menos uma linha|aii| >

∑nj=1j 6=i |aij|

Para o sistema dado temos |4| ≥ |6|+ |2| e |4| ≥ |8|+ |2| que não sastifazem a condição.Fazendo a troca da primeira linha com a segunda no sistema temos

8x1 + 4x2 + 2x3 = 164x1 + 6x2 + 2x3 = 142x1 + 4x2 + 8x3 = 22

(2.42)

obtemos um novo sistema Eq. (2.42) equivalente ao sistema dado, com dominância na diagonalque pode garantir a convergência do método.

As equações de iterações para o método de Gauss-Seidel são dadas por


x

(k+1)1 = (16 − 4x

(k)2 − 2x

(k)3 )/8

x(k+1)2 = (14 − 4x

(k+1)1 − 2x

(k)3 )/6

x(k+1)3 = (22 − 2x

(k+1)1 − 4x

(k+1)2 )/8

(2.43)

Para x01 = x0

2 = x03 = 3, temos os valores das estimativas para as cinco primeiras itera-

ções: x

(1)1 = (16 − 4x

(0)2 − 2x

(0)3 )/8

x(1)2 = (14 − 4x

(1)1 − 2x

(0)3 )/6

x(1)3 = (22 − 2x

(1)1 − 4x

(1)2 )/8

=⇒ x(1) =

−0, 25

1, 52, 062

x(2)1 = (16 − 4x

(1)2 − 2x

(1)3 )/8

x(2)2 = (14 − 4x

(2)1 − 2x

(1)3 )/6

x(2)3 = (22 − 2x

(2)1 − 4x

(2)2 )/8

=⇒ x(2) =

0, 7341, 3441.988

x(3)1 = (16 − 4x

(2)2 − 2x

(2)3 )/8

x(3)2 = (14 − 4x

(3)1 − 2x

(2)3 )/6

x(3)3 = (22 − 2x

(3)1 − 4x

(3)2 )/8

=⇒ x(3) =

0.9241.0541.991

x(4)1 = (16 − 4x

(3)2 − 2x

(3)3 )/8

x(4)2 = (14 − 4x

(4)1 − 2x

(3)3 )/6

x(4)3 = (22 − 2x

(4)1 − 4x

(4)2 )/8

=⇒ x(4) =

0.9751.0191.996

x(5)1 = (16 − 4x

(4)2 − 2x

(4)3 )/8

x(5)2 = (14 − 4x

(5)1 − 2x

(4)3 )/6

x(5)3 = (22 − 2x

(5)1 − 4x

(5)2 )/8

=⇒ x(5) =

0.9911.0071.998

A tabela 2 mostra as soluções com as iterações para a convergência do método. O critério

de parada usado é dado por ξ < 1× 10−5 com ξ =√∑n

i=1

(x

(k)i − x

(k−1)i

)2.

k(iteraçoes) xk1 xk

2 xk3 Erro

0 3 3 31 -0.25 1.5 2.0625 3.700192 0.734375 1.15625 1.98828 1.045313 0.924805 1.05404 1.99178 0.2161564 0.975037 1.01938 1.99655 0.06121215 0.991172 1.00704 1.99869 0.0204296 0.99681 1.00256 1.99952 0.007243797 0.998839 1.00094 1.99982 0.002619998 0.999577 1.00034 1.99994 0.0009535969 0.999846 1.00012 1.99998 0.000347766

10 0.999944 1.00005 1.99999 0.00012690511 0.999979 1.00002 2 4.63182e-05

Tabela 4: Estimativas para x1, x2 e x3 em cinco iterações


2.3 Observações FinaisA escolha do método, que deve ser aplicado a um determinado problema, deve ser orientada

nas características de cada método que apresentamos nesta seção.Os métodos diretos apresentam a solução de qualquer sistema linear não singular, porém

não temos um controle sobre a precisão da solução. Aplicados em sistemas de grande porte ematriz cheia (dimensão acima 50×50 e poucos elementos aij = 0) apresentam grandes errosde arredondamentos. Os métodos iterativos permitem um controle sobre a precisão da solução,porém estes não se aplicam a qualquer sistema. O sistema deve satisfazer certas condições deconvergência para que determinado método seja aplicado.

O Método de Gauss-Jacobi é indicado para processamento paralelo ou vetorial, pois oselementos no passo k + 1 dependem somente dos elementos no passo k. Se T for o tempo queuma máquina sequencial toma para executar uma iteração. Numa máquina paralela este tempocai para [T/Np], onde Np é o número de processadores.

O Método de Gauss-Seidel não é indicado para processamento paralelo, pois o cálculo dexk+1

m depende de xk+11 , xk+1

2 ,..., xk+1m−1. Porém este converge mais rapidamente que o Método de

Gauss-Jacobi, quando ambos são executado em processamento sequencial. Além disso, todosistema que satisfaz o Critério das Linhas também satisfaz o Critério de Sassenfeld. Ou seja,todo sistema em que podemos aplicar o Método de Gauss-Jacobi, automaticamente podemosaplicar o Método de Gauss-Seidel.

ExercíciosQuestão 1 - Obtenha uma aproximação para a solução do sistema de equações lineares algébri-cas lineares empregando o método de Gauss-Jacobi.

x1 + 2x2 + x3 =03x1 + x2 − x3 =0x1 − x2 + 4x3 =3


2 = x03 = 1 e apresente os valores das estimativas

para x1, x2, x3 nas quatro primeiras iterações considerando ε = 1× 10−3.

Questão 2 - Resolver o sistema a seguir usando fatoração LU.

2x1 − x2 + x3 = −13x1 + 3x2 + 9x3 = 03x1 + 3x2 + 5x3 = 4

Questão 3 - A lei de Tensão de Kirchoff diz que a soma das quedas de tensão ao redor dequalquer circuito fechado na rede em uma determinada direção é zero. Quando este princípio éaplicado ao circuito mostrado na figura abaixo,


obtemos o seguinte sistema de equações lineares

(R1 + R3 + R4)I1 + R3I2 + R4I3 = E1R3I1 + (R2 + R3 + R5)I2 −R5I3 = E2R4I1 −R5I2 + (R4 + R5 + R6)I3 = 0

Resolva usando PA = LU para as correntes I1, I2 e I3 se R1 = 1, R2 = 1, R3 = 2,R4 = 1, R5 = 2, R6 = 4 e E1 = 23, E2 = 29.

Questão 4 - Seja k um número inteiro, positivo, considere:

kx1+ x2 = 2

kx1+ 2x2 −k

5x3 = 3kx1− x2 + 2x3 = 2

a) Verifique para que valores de k, a convergência do Método de Gauss-Jacobi pode sergarantida.

b) Verifique para que valores de k, a convergência do Método de Gauss-Seidel pode sergarantida.

c) Utilize um método iterativo adequado para calcular a aproximação da solução destesistema de equações considerando:

i) x0 = (1.0, 1.0, 1.0)T e ε = 1× 10−3.ii) Escolha k como o menor inteiro que satisfaça as condições de convergência.iii) Faça duas iterações e calcule o erro absoluto cometido, usando a norma do máximo.

Questão 5 - Uma consideração importante no estudo da transferência de calor é a dese determinar a distribuição de temperatura numa placa, quando a temperatura nas bordas éconhecida. Supomos que a placa da figura represente um seção transversal de uma barra demetal, com fluxo de calor desprezível na direção perpendicular à placa. Sejam T1, T2 ,..., T6 astemperaturas nos seis vértices interiores do reticulado da figura. A temperatura num vértice éaproximadamente igual à média dos quatro vértices vizinhos mais próximos (à esquerda, acima,à direita e abaixo).

T1 = (10 + 20 + T2 + T4)/4

a) Escrever o sistema de seis equações, cuja solução fornece estimativas para as tempera-turas T1, T2,...,T6.

b) Resolver o sistema utilizando um software ou desenvolva um programa em linguagemqualquer.


Questão 6 - Considere a matriz A =

1 a ba 1 c−b c 1

, a, b, c ∈ R

1. Encontre a relação entre a, b e c para que o sistema Ax = b tenha uma única solução.(Considere esta relação nos seguintes itens)

2. Encontre a relação entre a, b ec que garante a convergência do Método de Gauss- Jacobiaplicado ao sistema Ax = b.

3. Considerando b = 0, verifique em que casos os Métodos de Gauss-Jacobi e Gauss-Seidel convergem simultâneamente.

Questão 7 - Num experimento num túnel de vento, a força sobre um projétil devido àresistência do ar foi medida para velocidades diferentes.

v 0 2 4 6 8 10f 0 2.90 14.8 39.6 74.3 119

Expressar a força como função da velocidade aproximando-a a um polinômio de quintograu:

f(v) = a0 + a1v + a2v2 + a3v

3 + a4v4 + a5v

5

Verificar a validade de f(v) encontrada e obter uma estimativa para a força sobre o projétilquando ele estiver se deslocando a uma velocidade de 1, 3, 5, 7 e 9 unidades de velocidade.

Questão 8 - Se A não é uma matriz Diagonal Dominante então os métodos de Gauss-Jacobi e Gauss-Seidel não geram uma sequência convergente para a solução . Justifique verifi-cando o que acontece com

a)

x + y = 3x− 3y = −3

b)

x− 3y = −3x + y = 3

Questão 9 - Qual o Resíduo produzidp pela solução aproximada x = [x, 4, 0]T0, 24x1 + 0, 36x2 + 0, 12 = 0, 840, 12x1 + 0, 16x2 + 0, 24x3 = 0, 520, 15x1 + 0, 21x2 + 0, 25x3 = 0, 64

Questão 10 - Seja


A =

a c 0c a c0 c a

e B =

0 b 0b 0 b0 b 0

Dê as condições necessárias e suficientes sobre a, c ∈ R para a convergência dos métodos

de Gauss-Jacobi e Gauss-Seidel.

3 SOLUÇÃO DE EQUAÇÕES NÃO-LINEARES 55

3 Solução de Equações não-linearesSendo conhecida uma função não linear

y = f(x) = 0, (3.1)

procuramos obter valores x∗ para os quais tem-se y = f(x∗) = 0.A função f(x) pode ser representada explecitamente por exemplo como um polinômio

em x ou uma função transcedente.Em alguns casos f(x) pode ser conhecida somente implicitamente, isto é, seja determi-

nada uma regra para calcular f(x) para qualquer argumento, mas seja desconhecida a sua formaexplícita. Em poucos casos é possível obter as raízes exatas da Eq. (3.1), como ocorre porexemplo, supondo-se que f(x) seja um polinômio fatorável. Em geral, podemos desejar obtersomente soluções aproximadas empregando alguma técnica computacional. Lançamos mãosentão de métodos iterativos para a determinação de aproximações de raízes ou zeros da Eq.(3.1). Geometricamente, conforme mostra a Figura 1, estes valores são os pontos de interseçãodo gráfico de y = f(x) com o eixo Ox.

x1

x2x3

f(x)

Figura 6: Raízes de uma equação

3.1 Raiz aproximadaSendo ε uma precisão desejada, diz-se que um valor xk é uma aproximação para uma raiz ξ

de uma equação f(x) = 0 se satisfizer as condições a seguir.

1. | f(xk) |< ε

2. | xk − ξ |< ε

Conforme mostrado na fig. (5), estas duas condições não são equivalentes.

f(x)f(xk)

ξ xk

f(x)f(xk)

xk

ξ

Figura 7: Representação gráfica das condições 1 e 2.


3.2 Método da BisseçãoSeja y = f(x) uma função contínua em um intervalo [a, b] que contém uma, e só uma, raiz, ξ,da equação f(x) =0. A idéia do Método da Bisseção é reduzir o intervalo [a, b] que contém araiz ξ dividindo-o, de forma sucessiva, ao meio. Para verificar se a raiz está contida na primeiraou na segunda metade do intervalo inicial, é utilizado o teorema de Bolzano. Em seguida, oprocesso é repetido para aquela metade que contém a raiz de f(x) = 0, ou seja, aquela em quea função, y = f(x), tem valores numéricos com sinais opostos nos seus extremos. A figura 3ilustra o processo.

Figura 8: Método da Bisseção

3.2.1 Critério de parada

O processo iterativo é finalizado quando se obtém um intervalo cujo tamanho é menor ouigual a uma precisão pré-estabelecida e, então, qualquer ponto nele contido pode ser tomadocomo uma estimativa para a raiz; ou quando for atingido um número máximo de iteraçõespreviamente estabelecido

3.2.2 Critério de convergência

Assumimos que f(x) seja uma função de valor real e que x é uma variável real. Supo-nhamos que y = f(x) é contínua no intervalo a ≤ x ≤ b e f(a)f(b) < 0, então o método daBisseção gera uma sequência que converge para uma raiz de f(x) = 0.


As figuras representam se f(x) é contínua e possui uma solução entre os pontos x = a ex = b, e portanto f(a) > 0 e f(b) < 0 ou f(a) < 0 e f(b) > 0 (f(a)f(b) < 0).

Figura 9: Solução de f(x) = 0 entre x = a e x = b

3.2.3 Estimativa do número de iterações

O método da Bisseção permite que seja estimado, a priori, o número mínimo de iterações paracalcular uma raiz ξ com uma precisão ε a partir de um intervalo [a, b]. As iterações geram umasequência de intervalos encaixados da forma

{[a, b] , [a1, b1] , [a2, b2] , [a2, b2] , ..., [ak, bk]} (3.2)

Considerando que cada intervalo gerado, tem amplitude igual à metade da do intervaloanterior e estes valores são sempre positivos, tem-se que:

b1 − a1 = b− a

21 , b1 − a1 = b1 − a1

2 , logo b2 − a2 = b− a

22

b3 − a3 = b2 − a2

2 , então b3 − a3 = b− a

2Tendo em vista estes resultados, chega-se a bk − ak = b− a

2 . Como se deseja obter talque bk − ak ≤ ε, então:

b− a

2k≤ ε⇒ k ≥ log(b− a)− log(ε)

log(2) (3.3)

Portanto, se k sastifaz a relação na Eq. 3.3, ao final da iteração k, será obtido um intervalo[a, b], que contém a raiz ξ, tal que ∀ x ∈ [a, b]⇒| x− ξ |≤ b− a ≤ ε.

Exemplo 3.1. Dada a equação f(x) = x5 − 2x4 − 7x3 + 9x2 − 6 = 0, pode-se:(a) Isole as suas raízes reais.(b) Considere o intervalo que contém a menor raiz positiva e estime o número de iterações,

k, necessário para calculá-la utilizando o método da bisseção com precisão 0, 040.(c) Utilizando o método da bisseção, calcule a sua menor raiz positiva com precisão 0, 040

e um máximo de (k + 1) iterações.

SoluçãoTodas as possíveis raízes positivas desta equação estão no intervalo (0, 8) (Vide exemplo

anterior) e as possíveis raízes negativas estão no intervalo (−4, 0). Esta equação tem duas raízesnegativas e três positivas.


a) Isolamento de raízes reaisRaízes negativas

x -4 -3 -2 -1 0f(x) -982 -165 6 -1 -6

Raízes positivas

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8f(x) -6 3 -10 -9 234 1.259 4.038 10.095 21.628

Verifica-se, então, que cada intervalo, a seguir, contém uma raiz: (−3,−2), (−2,−1),(0, 1), (1, 2) e (3, 4).

b) Estimativa do número de iterações necessário para calcular a menor raiz positivautilizando o método da Bisseção com precisão 0, 040.

k ≥ log(1− 0)− log(0, 040)log(2) ⇒ k ≥ 4, 6⇒ k = 5

c) Cálculo da menor raiz positiva

i xi f(xi) b− a

0,000 -6,000 —1,000 3,00 1,000

01 0,500 -0,719 0,50002 0,750 1,714 0,25003 0,625 0,5597 0,12504 0,563 -0,042 0,06205 0,594 0,282 0,031

Exemplo 3.2. A concentração de uma bactéria poluente em um lago é descrita por

C = 70e−1,5t + 2, 5e−0,075t

Utilize o Método Bisseção, com precisão 0, 050 e um máximo de 5 iterações, para estimaro tempo t, em segundos, para que esta concentração seja reduzida para 9.

Solução:O problema consiste em determinar o tempo t para o qual

C = 70e−1,5t + 2, 5e−0,075t = 9

Para isto deve ser resolvida a equação

f(t) = 70e−1,5t + 2, 5e−0,075t − 9 = 0

A figura 5 apresenta o gráfico da função que dá origem à equação acima. Como pode serobservado há uma única raiz situada no intervalo (1,5; 2) segundos.


Figura 10: Gráfico da equação acima

Aplicando o método da Bisseção são obtidos os resultados apresentados a seguir.

i xi f(xi) b− a intervalo

1,5 0,6122,000 -3,363 0,500 [5; 5, 5]

1 1,750 -1,737 0,250 [1, 5; 1, 75]2 1,625 -0,670 0,125 [1, 5; 1, 625]3 1,563 -0,059 0,063 [1, 5; 1, 563]4 1,531 0,269 0,032 [1, 531; 1, 563]

Para a precisão estabelecida, qualquer valor do intervalo [1, 53; 11, 563] pode ser tomadocomo uma estimativa para o tempo.

Exemplo 3.3. A figura a seguir mostra um recipiente na forma de um cilindro circular retoque deve ser construído para conter 1000cm3. O fundo e a tampa, conforme é mostrado na fig.5.a, devem ter um raio 0, 25cm maior que o raio do cilindro, de modo que o excesso possa serutilizado para formar um lacre com a lateral. A chapa do material usado para confeccionar alateral do recipiente, como apresentado na fig. 5.b, deve ser, também, 0,25cm maior para que olacre possa ser formado.

Utilize o método da Bisseção, com precisão 0.040 e um máximo de 10 iterações, paradeterminar a quantidade mínima de material a ser utilizada para construir o recipiente.


Figura 11: Fig. 5.a e 5.b respectivamente

Modelagem da ResoluçãoO volume de um cilindro é dado por V = πr2h, no caso deste problema tem-se que

V = πr2h = 1000⇒ h =1000πr2 (3.4)

A área total do recipiente é dada pela soma da área lateral com a tampa e fundo, sendoassim

AT = 2πrh + 0, 25h + 2π(r + 0, 25)2 (3.5)

Substituindo (3.4) em (3.5)

AT = (2πr + 0, 25)(

1000πr2

)+ 2πr2 + πr + 0, 125π (3.6)

Desenvolvendo a Eq. (3.6) tem-se

AT =2000

r+

250πr2 + 2πr2 + πr + 0, 125 = f(r) (3.7)

Para determinar a quantidade mínima de material a ser utilizada, basta calcular o valor der para o qual a área total é mínima. Derivando (3.7), em relação a r, tem-se:

f′(r) = −

2000r2 −

500πr3 + 4πr + π (3.8)

Multiplicando a Eq. (3.8) por r3 (uma vez que r 6= 0) e igualando a zero, é obtida aequação polinomial:

f′(r) = 4πr4 + πr3 − 2000r −

500π

= 0 (3.9)

Que resolvida dá o valor de r para o qual a área é minima.

Solução:Considerando 3 casas decimais, tem-se, a partir da Eq. (3.9), a seguinte equação a ser

resolvida:

f′(r) = 12, 566r4 + 3, 142r4 − 2000r − 159, 160 = 0 (3.10)

Limite superior positivo


Seja, então, a determinação do limite superior positivo utilizando o Teorema de Lagrange.

L = 1 + n− k

√√√√M

an

Tem-se que n = 4, a4 = 12, 566, k = 1, M = 2000. Portanto L = 6, 4. Toma-se entãoL=7.

Enumeração das raízes positivasUtilizando a regra dos sinais de Descartes, verifica-se que 4.8 possui somente uma raiz

positiva, o que era de se esperar tendo em vista a natureza do problema.Utilizando o Teorema de Cauchy-Bolzano, verifica-se, por meio da tabela de pontos a

seguir, que a raiz está no intervalo (5; 6).

r 0 1 2 3 4 5 6f(r) -159,16 -2.143,45 -3.932,92 -5.056,21 - 4.740,28 - 4.740,28 4.809,8

Cálculo da raiz

i xi f(xi) b− a intervalo

5,000 -1.910,4106,000 4.809,800 1,000

1 5,500 862,266 0,500 [5; 5,5]2 5,250 - 658,221 0,250 [5,25; 5,5]3 5,375 67,193 0,125 [5,25; 5,375]4 5,313 - 304,022 0,062 [5,313; 5,375]5 5,344 - 227,228 0.031 [5,344; 5,375]

Para a precisão estabelecida, qualquer ponto do intervalo [5, 344; 5.375] pode ser tomadocomo uma estimativa para a raiz.

Tomando r = 5, 375cm obtém-se AT = 573, 651cm2. Observe-se que r = 5, 375cm éabscissa de ponto de mínimo da Eq. (3.7), uma vez que

f′′(r) = 50, 264r3 + 9, 426r2 − 200

é maior que zero no intervalo [5, 344; 5.375].

O seguinte algoritmo descreve com maior detalhe todos os passos. A entrada do programaconsiste nos extremos do intervalo inicial [a, b], a função f , os parâmetros de exatidão, ε1 e ε2e o número máximo aceitável de passos, N . A saída pode ser mensagens de erro, o intervalomínimo (de comprimento ε1) onde a solução se encontra (se não for possível obter a exatidãopretendida, ε2) ou a solução x∗ com exatidão dada pelo parâmetro ε2.


Algoritmo 5 Método da BisseçãoInput: {a, b, f, ε1, ε2, N}x0 ← a; x1 ← b; f0 ← f(x0); f1 ← f(x1); i← 1If f0 × f1 > 0, entãoOutput: “Saída de Erro”; fim

While | f0 |> ε2 e | f1 |> ε2 e i < Na) If | x0 − x1 |< ε1 então:Output: {x0, x1} ; fim

b) x2 ← 0, 5× (x0 + x1) ; f2 ← f(x2)c) If f2 × f0 < 0, então: x1 ← x2; f1 ← f2,Else x0 ← x2; ,f0 ← f2

d) i← i + 1;If i > N , entãoOutput: {”Não atingiu a exatidão exigida em“, N,” passos.”}; fim

If f0 ≤ ε2 entãoOutput {x0}; vá para: fim,

else: Output:{x1}; vá para: fimfim: termina o programa.

3.3 Método da Falsa PosiçãoO método da falsa posição é uma modificação do método da bisseção. É baseado na

interpolação linear entre dois pontos para aproximar a raiz. O Método consiste em dividir,de forma sucessiva, o intervalo [a0, b0] no ponto em que a reta que passa por [a0, f(a0), ] e[b0, f(b0)] intercepta o eixo das abscissas. A figura a seguir 6 ilustra o processo.

Figura 12: Método da Falsa Posição

3.3.1 Critério de Parada

O processo iterativo é finalizado quando se obtém xi, i = 0, 1, 2, ...; tal que |f(xi)| seja menorou igual a uma precisão pré-estabelecida e, então, xi é tomado como uma estimativa para a raiz;ou quando for atingido um número máximo de iterações previamente estabelecido.


3.3.2 Critério de Convergência

Se y = f(x) for contínua em [a, b] e f(a).f(b) < 0, então o método da Falsa Posição gera umasequência que converge para a raiz.

3.3.3 Função de Iteração

Para determinar a função de iteração, basta considerar que a equação da reta que passa pelospontos [a1, f(a1)] e [b1, f(b1)] é obtida resolvendo-se o seguinte determinante:∣∣∣∣∣∣∣

x f(x) 1a f(a) 1b f(b) 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 (3.11)

Cujo resultado é a Eq. (3.12):

xf(a) + bf(x) + af(b)− bf(x)− xf(b) = 0 (3.12)

Em cada iteração é gerado um ponto [xi, f(xi)] , i = 1, 2, ...; que pertence a Eq. (3.12),tal que f(xi) = 0. Sendo assim da Eq. (3.12) temos que:

xif(a) + bf(xi) + af(b)− bf(a)− af(xi)− xif(b) = 0xif(a) + af(b)− bf(a)− xif(b) = 0

xi [−f(b) + f(a)] + af(b)− bf(a) = 0 (3.13)

Sendo assim:

xi =− af(b) + bf(a)−f(b) + f(a) (3.14)

Multiplicando o numerador e o denominador por (-1) obtém-se a função de iteração dométodo Eq. (3.15):

xi =af(b)− b(a)f(b)− f(a) , i = 1, 2, ... (3.15)

Observe-se que o Método da Falsa Posição procura gerar, em cada iteração, uma aproxi-mação, xi, i = 0, 1, ...; para a raiz ξ cuja imagem seja a menor possível, isto é, uma aproximaçãotal que |f(xi)| ≤ ε, sem se preocupar com a diminuição da amplitude, (ba), do intervalo [a, b]que contém a raiz.

No caso do Método da Bisseção, em cada iteração é feita a média aritmética dos extremosa e b. Por outro lado, o Método da Falsa Posição parte do princípio de que a raiz deve estarmais próxima do ponto que apresenta o menor valor da função, sendo assim, ao invés de fazer amédia aritmética entre a e b, faz a média aritmética ponderada entre ambos, conforme pode serobservado na Eq. (3.15).


Algoritmo 6 Método da Falsa PosiçãoDado f(x) = 0, ε and the initial end points [a0, b0] where f(a0)f(b0) < 0;Dado max = N max de iteração;

for i = 0 to max faça

ci ←aif(bi)− bif(ai)

f(bi)f(ai);

if f(ai)f(ci) < 0 façabi+1 ← ci e ai+1 ← ai;

endifif f(ai)f(ci) > 0 faça

ai+1 ← ci e bi+1 ← bi;endifif |cici1| < ε

Solução← ci;Stop iteração;

endifendfor

3.4 Método de Newton-RaphsonO método de Newton é um procedimento genérico que pode ser aplicado em inúmeras si-

tuações. Quando temos como problema buscar o zero de uma função real, ele é chamado demétodo de Newton-Raphson. Esse método é um dos mais conhecidos e usados na determina-ção de aproximações numéricas de raízes de equações não lineares, contudo, nem sempre é omelhor método.

Para encontrar a aproximação da raiz é necessário que a estimativa inicial esteja dentro deum intervalo de convergência. Porém, a sua simplicidade e ordem de convergência quadráticafaz com que seja o primeiro método a ser tentado. A Eq. (3.16) descreve o cálculo das novasestimativas a cada iteração k e será aqui repetida usando uma contagem a partir de zero (SilvaNeto e Haroldo C. Velho), ou seja

xk+1 = xk −f(xk)f ′(xk), k = 0, 1, 2, ... (3.16)


Figura 13: Método de Newton-Raphson

Fazendo uma expansão de Taylor em torno do ponto x = xk +4xk,

f(x) = f (xk +4xk) = f(xk) + (x− xk)f ′(xk) +(x− xk)2

2 f′′(xk) +O

(4x3

k

)(3.17)

Tomando um valor ξ entre xk e x, a Eq. (3.17) é reescrita como

f(x) = f(xk) + (x− xk)f ′(xk) +(x− xk)2

2 f′′(ξ) (3.18)

Para x = x∗, obtém-se f(x∗) = 0 ou seja,

0 = f(xk) + (x− xk)f ′(xk) +(x− xk)2

2 f′′(ξ) (3.19)

com ξk entre xk e x∗.Da Eq. (3.19) obtém-se

(x∗ − xk) f′ (xk) = −f (xk)−

(x∗ − xk)2

2 f′′ (ξk) (3.20)

Logo,

x∗ = xk −f(xk)f ′(xk)−

(x∗ − xk)2

2f

′′ (ξk)f ′ (xk) (3.21)

Combinando as Eqs. (3.16) e (3.21),

x∗ − xk+1 = −(x∗ − xk)2

2f

′′(ξk)f ′(xk) (3.22)

Uma sequência de iterações {xk |x≥1} é dita convergente com ordem p ≥ 1 para um pontox∗ se

|x∗ − xk| ≤ c |x∗ − xk−1|p , k ≥ 1 (3.23)


onde a constante c é a taxa de convergência linear de xk para x∗ (c ≥ 0). Se p = 1 asequência converge linearmente para x∗. Neste caso é requerido c < 1 e se p = 2 a convergênciaé quadrática.

Comparando as Eq. (3.22) e (3.23) é confirmada a ordem quadrática de convergência.

Para a aplicação do método é necessário o cálculo da derivada da função, f′(x). Rara-

mente este cálculo pode ser feito analiticamente. Usualmente é feita, portanto, uma aproxima-ção numérica para o cálculo da derivada (Silva Neto e Haroldo C. Velho)

f′

i (x) =f(x +4xi)− f(x−4xi)

24xi

(3.24)

usando o algoritmo:1) Definir uma pequena variação4xi, inicialmente com i = 0;2) Calcular f(x +4xi) e f(x−4xi);3) Calcule f

′i (x) com a Eq. (3.24);

4) Faça i = i + 1 e4xi =4xi−1

2 ;5) Se i = 1 volte para o passo 2. Se i > 1 verifique se o critério de convergência

| f ′(x)− f′i−1(x) |

f′i−1(x) < ε, onde ε é uma tolerância definida a priore, é satisfeito.

6) Se o critério estiver satisfeito interrompa o procedimento iterativo. Se não estiversatisfeito volte para o passo 2.

3.4.1 Critério de Parada

O processo iterativo é finalizado quando é obtido xk, k = 1, 2, ...; tal que |xK − xk−1| ou|f(xk)| for menor ou igual a uma precisão ε estabelecida e, então, xk é tomado como umaestimativa para a raiz; ou quando for atingido um número máximo de iterações estabelecido.

3.4.2 Critério de convergência

Se f(a)× f(b) < 0, f′(x) e f

′′(x) são não nulas e preservam o sinal em [a, b] e x0∈ [a, b] étal que f(x0)× f

′′(x0) > 0, então o Método de Newton, gera uma sequência de aproximaçõesxk, k = 1, 2, ...; que converge para uma raiz de f(x) = 0.

Em geral, afirma-se que o método gera uma série convergente desde que x0 seja escolhido“suficientemente próximo” da raiz. Para tanto, é necessário que o intervalo [a, b] consideradoseja suficientemente pequeno, o que contribui para diminuir a possibilidade de variação de sinalde f

′(x) e f′′(x).

A seguir é descrito o algoritmo para o método de Newton:


Algoritmo 7 Método de NewtonEscolha uma estimativa inicial x0;Contador de iteração k ← 1;Calcule f (xk−1) e f

′ (xk−1) analiticamente ou com o algoritmo anterior;If |f (xk−1) < ε|, faça

Solução← xk−1fim

If f′(xk−1)← 0

Output: Mensagem de erro (Derivada nula)fim

xk ← xk−1 −f(xk−1)f ′(xk−1)

;

If | xk − xk−1 |≤ ε;Solução← xk;

fimk ← k + 1;If k ≤max iteração

Ir para o passo 4;If k >max iteração

Output: Erro(Não convergiu)break;

fim

A principal desvantagem é a falta de garantia de convergência assim como a dificuldadede se encontrar a f

′(x). Uma das maneiras de modificar o método, de modo a eliminar estanecessidade, consiste em substituir a derivada pela aproximação

f′(x) =

f(x + h)− f(x)h

(3.25)

O método de Newton-Raphson, quando modificado desta maneira, é conhecido comoMétodo das Secantes (Secção.3.5).

Em alguns casos a convergência poderá ser obtida se ao invés da Eq. (3.16) for realizadauma subrelaxação (Silva Neto, Haroldo C. Velho),

xk = xk−1 − ηf(xk−1)f ′(xk−1)

(3.26)

onde 0 < η < 1, e varia com o problema que está sendo tratado.

Exemplo 3.4. Um objeto de massa m é solto de uma altura s0, em relação ao solo. Após tsegundos a sua altura é dada pela expressão

S(t) = S0 −mg

kt +

m2g

k2

(1− e− kt

m

)(3.27)

Onde k é o coificiente de resistência do ar e g a aceleração da gravidade.Sendo m = 1kg, S0 = 30m, k = 0, 5kg/s e g = 9, 8m/s2, estime o tempo que o objeto

leva para chegar ao solo utilizando o método de Newton, com precisão 0,001 e um máximo de5 iterações.

Solução:


Resolver este problema consiste em determinar o tempo t para o qual S(t) = 0.Efetuando as substituições na Eq. (3.27) tem-se a equação

S(t) = 30−9, 80, 5t +

9, 80, 52

(1− e−0,5t

)(3.28)

Simplificando a Eq. (3.28) obtemos a equação que resolvida tem-se

S(t) = 69, 2− 19, 6t− 39, 2e−0,5t = 0 (3.29)

Sejam as funções

g(t) = 69, 2− 19, 6t e h(t) = 39, 2e−0,5t

A figura a seguir apresenta os gráficos destas duas funções. Como pode ser observado, aEq. (3.29) possui duas raízes, sendo que, para o problema, a raiz negativa não tem sentido.

−3 −2 −1 1 2 3

20

40

60

80

100

0

39.2e−0.5t

69.2− 19.6t

Figura 14: Representação gráfica das funções

Observando a figura acima, verifica-se que a raiz que interessa está intervalo (3, 4). Defato, S(3) = 1, 653 e S(4) = −14, 505. Para este problema, o método de Newton assume aforma

ti = ti−1 −S(ti−1)S ′(ti−1)

SendoS

′(t) = 19, 6(e−0,5 − 1) (3.30)

e

S′′(t) = −9, 8e−0,5t (3.31)

Verifica-se que a Eq. (3.31) é menor que zero qualquer que seja o valor de t, então, con-siderando o critério de convergência, toma-se t0 = 4. Os resultados obtidos estão apresentadosno quadro a seguir


i ti S(ti) S′(ti) | ti − ti−1 |

0 4,000 - 14,505 - 16,9471 3,144 - 0,561 - 15,530 0,8562 3,108 - 0,004 - 15,457 0,0363 3,108 0,000

Para a precisão estabelecida, t ∼= 3, 108s é uma estimativa para o tempo que o objeto levapara chegar ao solo.

3.5 Método da SecanteNeste método procura-se evitar o cálculo da derivada da função da função f

′(x). Em algunscasos isto pode ser uma economia computacional significativa. O problema é a convergênciamais lenta do que a obtida com o método de Newton.

Vamos considerar dois pontos x0 e x1, calculamos o valor da função nestes pontos, ou sejaf(x0) e f(x1). Tracemos uma reta pelos pontos (xi−1, f (xi−1)) e (xi, f (xi)) com i = 1, 2, ... edeterminamos o ponto x2 em que a reta intercepta o eixo x.

0

(x1, f(x1)

x0 x2

x x1

(x0, f(x0))(x2, f(x2))

x3

Figura 15: Representação gráfica do método da secante

Podemos observar na Fig. 7 que

f (x1)− f (x0)x1 − x0

=f(x1)− 0x1 − x2

(3.32)

Da Eq. (3.32) obtém-se

x2 = x1 − f (x1)x1 − x0

f(x1)− f(x0)(3.33)

Tomando agora os pontos (x2, f(x2)) e (x1, f(x1)) escreve-se

f (x1)− f (x2)x1 − x2

=f (x1)x1 − x3

0− f (x2)x3 − x2

(3.34)

de onde se obtém


x3 = x2 − f (x2)x2 − x1

f (x2)− f(x1)(3.35)

O método prossegue usando os pontos (x2, f(x2)) e (x3, f(x3)) para obter o ponto x4 eassim sucessivamente.

Das Eqs. (3.33) e (3.35) escrevemos a fórmula de recorrência,

xi+1 = xi − f(xi)xi − xi−1

f(xi)− f(xi−1), i = 1, 2, ... (3.36)

Observe que devem ser disponíveis duas aproximações iniciais, antes da Eq. (3.36) possaser usada. Após, as duas últimas aproximações são usadas para se obter a aproximação seguinte.Geometricamente, o método da secante consiste em considerar, como a aproximação seguinte,a interseção da curva que une os pontos (xi−1, f (xi−1)) e (xi, f (xi)) com o eixo x (Ver Fig. 7).

A seguir é apresentado um algoritmo para o método da Secante.

Algoritmo 8 Método da SecanteEscolha duas aproximações iniciais x0 e x1, tais que f(x0)f(x1) < 0;Contador de iteração i← 1;Calcule f (xi−1) e f (xi);

xi+1 ← xi − f(xi)xi − xi−1

f(xi)− f(xi−1);

Se |xi+1 − xi| < ε1, ou se |xi+1 − xi−1| < ε2, com ε1 e ε2 dadoSolução← xi+1

fimSe f(xi+1)f(xi−1) < 0 faça

x1 ← x2, manter x0 inalterado, e calcule xi+1;Else x0 ← x2, manter x1 inalterado, e calcule xi+1;

fim

A convergência é mais rápida do que no método da Bisseção e da Falsa Posição, mas,pode ser mais lenta do que no método de Newton.

As generalizações do Método da Secante são bastante utilizadas para resolver sistemas deequações não lineares.


3.6 Sistemas de Equações Não-LinearesNeste capítulo, apresentaremos o método de Newton para sistemas de equações não-lineares,

i.e., procuramos determinar a solução x∗ = (x∗1, ...x∗

n) do sistema de n equaçõs em n incógnitasque sastifaça

F (x) = 0 (3.37)

onde F : Rn → Rn, i.e, f1(x1, x2, ..., xn) = 0f2(x1, x2, ..., xn) = 0

...fn(x1, x2, ..., xn) = 0

(3.38)

Pode-se afirmar que todas as considerações apresentadas na secção 3.4 para o método deNewton-Raphson são também válidas para esse caso. No entanto, a solução da Eq. (3.37) podeser mais difícil processos analíticos, requerendo uma série de cuidados adicionais. Nesse casotemos necessidade de recorrer a métodos numéricos no sentido de obter uma solução aproxi-mada.

3.6.1 Método iterativo de Newton

Como visto na seção 3.4, o método de Newton-Raphson é uma linearização da função f(x)no ponto x = xk. Essa idéia deve ser estendida para o presente caso, como veremos a seguir.Considerando então o sistema (3.37), podemos escrever as expansões em Taylor (apenas até ostermos de primeira ordem) de cada função fi em (3.38) como

0 = f1(x1 + h1, x2 + h2, ..., xn + hn) ≈ f1(x1, x2, ..., xn) + h1∂f1

∂x1+ h2

∂f2

∂x2+ ... + hn

∂f1

∂xn...

0 = fn(x1 + h1, x2 + h2, ..., xn + hn) ≈ fn(x1, x2, ..., xn) + h1∂fn

∂x1+ h2

∂fn

∂x2+ ... + hn

∂fn

∂xn(3.39)

Em termos matriciais temosf1(x1, x2, ..., xn)

...fn(x1, x2, ..., xn)

+

∂f1∂x1

· · · ∂f1∂xn

· · · . . . · · ·∂fn

∂x1· · · ∂fn

∂xn

h1...

hn

=

0...0

(3.40)

o qual podemos reescrever na forma

F (x) + J(x)h = 0 (3.41)

onde J(x) é a matriz Jacobiana (de tamanho n × n onde seus elementos é dado por∂fi

∂xj

) de

F (x). Para obtermos o vetor h = (h1, h2, ..., hn), devemos resolver o sistema de equaçõeslineares

J(x)h = −F (x) (3.42)


o que exige, obviamente, que J(x) seja não-singular. Então, se x ≡ x(k) (i.e., x é uma estima-tiva para a solução de (3.37) na iteração k), podemos obter uma nova estimativa (possivelmentemelhor) através de

x(k+1)1

...x(k+1)

n

x(k)1...

x(k)n

=

h

(k)1...

h(k)n

(3.43)

Reescrevendo a Eq. temos

x(k+1) = x(k) + h(k) =⇒ h(k) = x(k+1) − x(k) (3.44)

Note as similaridades com o método de Newton-Raphson: naquele, a correção é escritacomo xk+1 = xk + hk, onde hk = f(x)/f

′(x), o que é equivalente à Eq. (3.42).Ao se resolver o sistema (3.42), pode-se utilizar qualquer um dos métodos vistos no Ca-

pítulo 2, usualmente, utiliza-se a fatoração LU, mas métodos iterativos são indicados quando amatriz J é esparsa. De qualquer forma, no entanto, a matriz J pode se tornar quase singular, oque dificulta bastante a solução da Eq. (3.37).

Outro problema relacionado ao método de Newton é na obtenção da matriz J(x). Cabenotar que apenas para problemas com n muito pequeno é factível calcular-se de forma explícitaa matriz J ; logo, J deve ser calculada de forma aproximada.

O método de Newton para sistemas de equações não-lineares pode, então, ser descritoconforme o algoritmo a seguir, onde τr e τa são duas tolerâncias pré-estabelecidas.

Algoritmo 9 Método de Newton para sistemas de equações não-linearesImput: x0, τr τa;Contador de iteração kmax;Output: xk+1, k;F0 ←| F (x0) |;

for k = 0, 1, ...,kmax façaCalcule J(x(k))If det

(J(x(k))

)= 0 break;

Resolva o sistema J(x(k))h(k) ← −F (x(k))x(k+1) ← x(k) + h(k)

k ← k + 1;If | F (x(k)) |≤ τrF0 + τa|| ou k = kmax ;

break;endifCalcule F (x(k+1));endfor

fim

Exemplo 3.5. Determine uma aproximação para a solução de

F (x) = 0⇐⇒{

x21 + x2

2 − 1 = 0x1x2 + x1 = 0

diferente de (1, 0) fazendo duas iterações do método de Newton. Indique uma estimativa parao erro cometido.


Seja x∗ = (x∗1, x∗

2) a solução pretendida. Como vimos, a aproximação inicial pode serdada por (x1, x2)(0) = (1, 1).

Consideremos (x1, x2)(k) = (xk, yk) com k = 0, 1, .... Como

JF (xk, yk) =[

2xk 2yk

yk + 1 xk

]temos que

det (JF (xk, yk)) 6= 0⇐⇒ x2k − y2

k − yk 6= 0Aplicando o método de Newton temos,

• 1a iteração

Como x20 − y2

0 − y0 = −1 6= 0 podemos efetuar a primeira iteração do método. Assim

[2x0 2y0

y0 + 1 x0

] [h0

1h0

2

]= −

[x2

0 + y20 − 1

x0y0 + x0 − 1

]⇔[

2 22 1

] [h0

1h0

2

] [−1−1

]

Daqui obtemos [h0

1h0

2

]=[−0, 5

0

]assim como [

x1y1

]=[−0, 5

1

]

• 2a iteração

Como x21− y2

1 − y1 = −1, 75 6= 0 podemos efetuar a segunda iteração do método. Obtemosassim [

1 22 + 1 0, 5

] [h1

1h1

2

]= −

[−0, 25

0

]Dai obtemos [

h11

h12

]=[

1/28−1/7

]Assim como, [

x2y2

]=[

15/286/7

]Temos assim

x∗ ≈(

1528,

67

)= (0, 5357; 0, 8571) ,

sendo uma estimativa para o erro cometido dado por

| x∗ − x(2) |∞≈| x(2) − x(1) |∞= max{

128,

17

}=

17 = 0, 1429


Exemplo 3.6. Determine os pontos de interseção entre o círculo x21 + x2

2 = 3 e a hipérbolex1x2 = 1.

Solução: A equação para ser resolvida é:

f1(x1, x2) =x21 + x2

2 − 3 = 0 (3.45)f2(x1, x2) =x1x2 − 1 = 0 (3.46)

A matriz Jacobiana é

J(x1, x2) =

∂f1

∂x

∂f1

∂y∂f2

∂x

∂f2

∂y

=[

2x1 2x2x2 x1

](3.47)

Assim a equação linear J(x)4x = −f(x) associado com o método de Newton-Raphsoné [

2x1 2x2x2 x1

] [4x14x2

]=[−x2

1 − x22 + 3

−x1x2 + 1

](3.48)

Para representar o círculo e a hipérbole, nósPlotando o círculo e da hipérbole, vemos que há quatro pontos de intersecção. É, porém,

suficiente para encontrar apenas um destes pontos, enquanto os outros podem ser deduzidas apartir de simetria. A partir do gráfico também obter uma estimativa aproximada das coordenadasde um ponto de interseção: x1 = 0, 5, x2 = 1, 5, que usamos como os valores iniciais.

Para os cálculos é feito então o seguinte:1a iteraçãoSubstituindo x1 = 0, 5 x2 = 1, 5 na Eq. (3.48), nos temos[

1, 0 3, 01, 5 0, 5

] [∆x1∆x2

]=[

0, 500, 25

]cuja solução é x1 = x2 = 0, 125. Portanto, as coordenadas melhoradas do ponto de intersecçãosão

x1 =0, 5 + 0, 125 = 0, 625x2 =1, 5 + 0, 125 = 1, 625

2a iteraçãoRepetindo o procedimento usando os últimos valores dos x1 e x2, é obtido


[1, 250 3, 2501, 625 0, 625

] [∆x1∆x2

]=[

0, 0312500, 015625

]que produz x1 = x2 = 0, 00694. Assim,

x1 =0, 625− 0, 00694 = 0, 61806x2 =1, 625− 0, 00694 = 1, 61806

3a iteraçãoFazendo a substituição de x1 e x2 into Eq. (3.48) produz[

1.23612 3.236121.61806 0.61806

] [∆x1∆x2

]=[−0.000116−0.000058

]A solução é x1 = x2 = 0, 00003, de modo que

x1 =0, 61806− 0, 00003 = 0, 61803x2 =1, 61806− 0, 00003 = 1, 61803

Iterações subsequentes não mudaria os resultados dentro de cinco algarismos significati-vos. Portanto, as coordenadas dos quatro pontos de intersecção são

±(0.61803, 1.61803) e ± (1.61803, 0.61803)Solução alternativaSe houver apenas algumas equações, pode ser possível eliminar todas menos uma das

incógnitas. Em seguida, seria deixado com uma equação simples que pode ser resolvido pelosmétodos descritos aqui. Neste problema, obtemos da Eq. (3.46)

y =1x

o qual após int substituição Eq. (3.45) produz x2 + 1/x23 = 0, ou

x43x2 + 1 = 0A solução dessa equação biquadrada é: x = ±0, 61803 e ±1, 61803 que concorda com o

resultado obtido pelo método de Newton–Raphson.

Exemplo 3.7. Sejam as equações

f(x, y) =sin(y)e−x − x2

g(x, y) =cos(y)e−x − x3

Calcule o ponto de intersecção entre ambas as curvas usando o método de Newton.

Solução: Se construirmos o gráfico das funções f e g podemos perceber que a solução é,aproximadamente, (0, 7; 1, 0).

Escrevendo na notação apropriada, temos


F =[

f(x, y) = sin(y)e−x − x2

g(x, y) = cos(y)e−x − x3

]é a matriz Jacobiana é dada, explicitamente, por

F =[−sin(y)e−x − 2x−cos(y)e−x − 3x

cos(y)e−x

−sin(y)e−x

]Assim, utilizando como estimativa inicial o vetor x0 = (x, y) = (0, 0)T , obtemos a

seguinte sequência de valores para o método de Newton, conforme o algoritmo 5.2.1:

F0 =[

01

]j0 =

[0 1−1 0

]h0 = −J−1

0 F0 =[

10

]x1 = x0 + h0 =

[10

]

F1 =[

−1−0, 6321

]J1 =

[−2 −0, 3679

−3, 3679 0

]

h1 =− J−11 F1 =

[−0, 18771, 6979

]x2 = x1 + h1 =

[0, 181231, 6979

]

F2 =[−2, 2196−0, 5923

]J2 =

[−2, 0649 −0, 0563−1, 9233 −0, 4403

]

h2 =− J−12 F2 =

[−0, 0791−0, 9966

]x3 = x2 + h2 =

[0, 73320, 6982

]

F4 =[−0, 0144−0, 0320

]J4 =

[−1, 7756 0, 2692−1, 6172 −0, 4350

]

h4 =− J−14 F4 =

[−0, 0123−0, 0279

]x5 = x4 + h4 =

[0, 65880, 9888

]

F5 =10−3[−0, 3810−0, 2395

]J5 =

[−1, 7487 0, 2847−1, 5837 −0, 4926

]

h5 =− J−15 F5 = 10−3

[−0, 19300, 1529

]x6 = x5 + h5 =

[0, 65780, 9889

]

F6 =10−7[−0, 2585−0, 8432

]

ou seja, após 6 iterações, o valor de F (x6) é considerado pequeno o suficiente, e x = 0, 6578e y = 0, 9889 - próximos da estimativa para a solução conforme o gráfico na figura 5.1. Ob-viamente, poderíamos ter acelerado consideravelmente o processo utilizando como estimativainicial o vetor x0 = (0, 7; 1).

Exercício 3.8. A concentração, C, de uma bactéria poluente num lago decresce de acordo coma expressão

C = 80e−2t + 20e−0,1t

onde t representa o tempo. Determine o tempo necessário para que a concentração de bactériasfique a 10.


Exercício 3.9. Utilize o mesmo método para a solução do exemplo 3.2.

Exercício 3.10. A velocidade v de um pára-quedista caindo é dada pela

v = mg

c

(1− e−(c/m)t

)onde g = 9.81 m/s2. Para um pára-quedista com um coeficiente de resistência c = 14kg/s,calcule a massa m de modo a que a velocidade v = 35m/s no tempo t = 7s. Utilizar osmétodos da Bissecção e Falsa Posição para determinar m para um nível de ε = 0, 1. Compareo desempenho dos métodos.

Exercício 3.11. Uma partícula é arremessada verticalmente, a partir do solo, com uma velo-cidade inicial v0. Desprezando a resistência do ar, supomos que a posição p partícula é dadapor:

S(t) = v0t−g

2 t2

onde g é aceleração da gravidade. Determinar a altura máxima atingida pela partícula e oinstante em que ocorreu.

Exercício 3.12. Uma corrente oscilante num circuito elétrico é descrita por I = 9e−tsen(2πt).Determinar todos os valores positivos de t (em segundos) para os quais I = 3.5.

Exercício 3.13. O deslocamento de uma estrutura está definido pela seguinte equação

D = 8e−ktcos(wt)onde k = 0.5 e w = 3.

a) Determinar graficamente uma estimativa inicial do tempo necessário para o desloca-mento decrescer para 4.

b) Usar o método de Newton-raphson para determinar essa raiz

Exercício 3.14. A velocidade de ascensão de um foguete é determinada pela seguinteexpressão:

V = u× ln

(m0

m0 − qt

)+ g × t

onde V = 100m/s, u = 200m/s, m0 = 1600Kg, g = 9, 8m/s2,q = 27Kg/s. Determinetempo aproximado com 6 iterações no intervalo [6; 8] através do método da secante.

Exercício 3.15. Um cabo suspenso entre dois postes tem um peso de α Kg/m (força-linear). Atensão no meio do cabo é obtida pela resolução da seguinte equação:

2%

αsinh

(αL

2%

)= S

onde, S é o comprimento do cabo; L é a distância entre os postes. Encontre uma aproximaçãoatravés do método da falsa posição com 8 iterações para achar a tensão % a partir das seguintescondições: S = 32m, L = 30m α = 0, 1Kgf , tol = 1× 10−2 e intervalo [2; 3].

Exercício 3.16. Utilize o método da bisseção com 4 iteração para encontrar o valor de mínimoda função f(x) = x2/2 + x(ln(x)− 1) no intervalo inicial [0, 6; 1, 5]. Como critério de paradaadote a diferença entre aproximações consecutivas menor que 1× 10−3.


Exercício 3.17. Um cocho de comprimento L tem uma seção transversal no formato de umsemi- círculo com raio r de acordo com figura a seguir.

αr

h

d

Quando cheio de água até uma distância h do topo, o volume V da água é:

V = L[0, 5πr2 − r2arcsen(h/r)− h

√r2 − h2

]Suponha que L = 10ft , r = 1ft e V = 12, 4ft3 .Encontre a profundidade da água no cochocom precisão de 0, 001ft usando o método da bisseção no intervalo 0 e 0,5.

4 DIFERENCIAÇÃO NUMÉRICA 79

4 Diferenciação NuméricaNesta seção vamos desenvolver métodos para estimar a derivada de uma função f calculada

em um ponto x∗, f ′(x∗), a partir de valores conhecidos de f em pontos próximos ao ponto x∗.Uma possível abordagem para encontrar a derivada em um ponto x∗ consiste em determi-

nar uma interpolação p(x) a partir dos valores de f em pontos próximos a x∗ e então estimarf ′(x∗) a partir de p′(x∗). Essa abordagem é a mais indicada quando estamos interessados novalor da derivada para diversos pontos ou quando os pontos utilizados para construir a interpo-lação p não estão igualmente espaçados.

Na situação em que a função f é conhecida em uma sequência igualmente espaçada depontos dispomos de outras técnicas como o cálculo da derivadas a partir de operações de dife-rença finita. A seguinte definição será muito útil.

4.1 Aproximação da derivada por diferenças finitasA partir da definição da função f

′(x) através do limite

f′ (x) = lim

h→0

f (x + h)− f (x)h

(4.1)

introduzimos a operação de diferença finita D+,h, a partir da qual obtemos uma segunda funçãogh ≡ (D+,h, f):

gh(x) = (D+,h, f) (x) = f (x + h)− f(x)h

(4.2)

No limite recuperamos a função derivada de f , limh→0 gh(x) = limh→0 (D+,h, f) (x) =f

′(x). É importante notar que a definição de derivada a partir de limites não é única, podemosdefinir a mesma função derivada de f a partir de outros limites (e assim, determinar outrasoperações de diferença finita), por exemplo

f ′(x) = limh→0

f(x)− f(x− h)h

(4.3)

ou ainda

f ′(x) = limh→0

f(x + h)− f(x− h)2h

(4.4)

A cada uma dessas definições podemos associar naturalmente uma operação de diferençafinita. A partir dos dois últimos limites, associamos as operações D−,h e D0,h:

(D−,h)(x) = f(x)− f(x− h)h

(4.5)

(D0,h)(x) = f(x + h)− f(x− h)2h

(4.6)

As funções que resultam da ação das duas primeiras operações, D,h e D,h, sobre umafunção f podem ser prontamente identificadas, respectivamente, com a derivada da interpolaçãode uma reta a partir dos pontos (x, f(x)), (x + h, f(x + h)) no primeiro caso e (x, f(x)),(xh, f(xh)), no segundo.

Já a função que resulta da operação D0,h sobre uma função f , pode ser entendida como aderivada da parábola interpolada a partir dos pontos (xh, f(xh)), (x, f(x)) e (x + h, f(x + h)).Verifique esse fato utilizando a interpolação de Lagrange ou Newton.


4.1.1 Aproximacão usando Lagrange

Seja f ∈ Cn+1 ([a, b]) conhecida num conjunto de pontos da partição uniforme

a = x0 < x1 < ... < xn = b (4.7)

com x1 − xi−1 = h, i = 1, ..., n. Queremos aproximar a derivada de f num dos pontos xk,k ∈ {0, 1, ...n}, da partição (4.7). Usando a fórmula interpoladora de Lagrange temos que, parax ∈ (a, b),

f(x) =n∑

i=0f(xi)Li(x) +

f (n+1)(ξ)(n + 1)! ω(x), (4.8)

onde ω(x) é representador por

n∏j=0

(x− xj) (4.9)

e sendo Li, i = 0, ..., n, os polinômios de Lagrange dados por (1.8) e ξ ∈ (a, b). Derivando estaexpressão obtemos

f′(x) =

n∑i=0

f (xi) L′(x) +

(f (n+1) (ξ)(n + 1)! ω(x)

)′

(4.10)

Podemos, assim, considerar a aproximação

f′ (x) ≈

n∑i=0

f (xi) L′(x) (4.11)

com erro dado por

e(x) :=(

f (n+1) (ξ)(n + 1)! ω(x)

)′

=

(f (n+1) (ξ)

)(n + 1)!

′

ω(x) +ω

′(x)(n + 1)!f

(n+1) (ξ) (4.12)

Como se sabe,

ω′(x) =

n−1∑l=0

n−1∏j=0,j 6=l

(x− xj) (4.13)

a diculdade está no fato de não sabermos como calcular(f (n+1)(ξ)

)′

e assim não conseguimosestimar o erro cometido. No entanto, para um ponto x = xk, k ∈ {0, 1, ..., n}, da particão (4.7)temos que w(xk) = 0 e como tal

f′ (xk) ≈

n∑i=0

f (xi) L′

i(xk) + f (n+1) (ξ)(n + 1)! ω′(x) (4.14)

Como xk − xj = (k − j) h temos que

f′ (xk) ≈

n∑i=0

f (xk + (i− k)h) L′

i(xk) (4.15)

sendo o erro cometido dado por


e(xk) = hn f (n+1) (ξ)(n + 1)!

n−1∑l=0

n−1∏j=0,j 6=l

(k − j) (4.16)

Podemos então concluir que

| e(xk) |≤ Chn

onde C e um valor que não depende de h. Por isso dizemos que a formula usada para aproximara derivada da funcão é de ordem n. É também usual usar a notacão e(xk) = O(hn).

Fórmulas com dois pontos

Temos que, para x ∈ [xk, xk+1] com ξ ∈ (xk, xk+1)

f(x) = f(xk) +f(xk)− f(xk+1)

h(x− xk) +

f′′ (ξ)2 (x− xk)(x− xk+1)

Derivando sai que

f′(xk) =

f(xk)− f(xk+1)h

− hf

′′ (ξ)2

e

f′(xk+1) =

f(xk)− f(xk+1)h

+ hf

′′ (ξ)2 ,

Obtemos assim duas fórmulas de diferenças finitas de primeira ordem para aproximar aprimeira derivada. A eq. (4.17)

f′(xk) =

f(xk)− f(xk+1)h

(4.17)

é usual chamar fórmula de diferenças progressivas (ou forward ou forwind) e a eq. (4.18)

f′(xk) =

f(xk−1)− f(xk)h

(4.18)

chamamos de fórmula de diferenças regressivas (ou upward ou upwind).

Fórmulas com três pontos

Para obter fórmulas mais precisas para aproximar a primeira derivada de uma função, po-demos pensar em aumentar o numero de pontos da interpolação. A seguir são apresentadas asformulas de diferenças progressivas, centradas e regressivas com três pontos.

Provar que:

• f′(xk) =

12h

[−3f(xk) + 4f (xk+1)− f (xk+2)] +h2

3 f′′′ (ξ0) ;

• f′(xk) =

12h

[−f(xk−1) + f (xk+1)]−h2

6 f′′′ (ξ1) ;

• f′(xk) =

12h

[f(xk−2) + 4f (xk+1) + 3f(xk)]−h2

3 f′′′ (ξ2) ;


Exemplo 4.1. Considere os seguintes valores da função f(x) = xex.

xi 1,8 1,9 2,0 2,1 2,2f(xi) 10,889365 12,703199 12,703199 12,703199 12,703199

Aproxime o valor de f′(2, 0) = 22, 167168 usando as fórmulas de diferencas finitas dadas

e compare os erros cometidos.

Solução:

• Fórmula progressiva de segunda ordem com h = 0, 1.

f ′(2, 0) ≈1

0, 2 [−3f(2, 0) + 4f(2, 1)− f(2, 2)] = 22, 032310

O erro cometido é aproximadamente 1, 35× 10−1.

• Fórmula regressiva de segunda ordem com h = 0, 1.

f ′(2, 0) ≈1

0, 2 [f(1, 8) + 4f(1, 9)− 3f(2, 0)] = 22, 054525

O erro cometido é aproximadamente 1, 13× 10−1.

• Fórmula centrada de segunda ordem com h = 0, 1.

f′(2, 0) ≈ 1

0, 2 [f(2, 1)− f(1, 9)] = 22, 228790

O erro cometido é aproximadamente −6, 16× 10−2.

Observer que o erro cometido quando se usa a fórmula de diferenças centradas e aproxi-madamente metade do erro cometido com as outras fórmulas.

4.1.2 Aproximação da segunda derivada.

Seja f ∈ Cn+1 ([a, b]) conhecida num conjunto de pontos da partição uniforme (4.8), comxi − xi−1 = h, i = 1, ..., n. Queremos aproximar a segunda derivada de f num dos pontosxk, k ∈ {0, 1, ..., n}, da partição (4.8). Poderíamos, assim como para a primeira derivada, usaro polinômio interpolador na dedução das fórmulas para a segunda derivada. A obtenção deestimativas para o erro é, no entanto, mais complicada. Um processo alternativo para a deduçãodas fórmulas de derivação (e respectivo erro) faz uso da série de Taylor da função.

Desenvolvendo f em serie de Taylor em torno do ponto xk temos:

f (xk+1) = f (xk) + f′ (xk) h +

h2

2 f′′(xk) +

h3

6 f′′′(xk) +

h4

24f 4(ξ1), ξ1 ∈ (xk, xk+1) ; (4.19)

f (xk−1) = f (xk)− f′ (xk) h +

h2

2 f′′(xk)−

h3

6 f′′′(xk) +

h4

24f 4(ξ2), ξ2 ∈ (xk−1, xk) ; (4.20)

Se adicionarmos estas duas expressões (4.19) e (4.20) obtemos a Eq. (4.21).


f′′ (xk) =

1h2 [f(xk−1)− 2f(xk) + f(xk+1)]−

h4

24(f 4(ξ1) + f 4(ξ2)

)(4.21)

Admitindo que f (4) e contínua em [xk−1, xk+1], o Teorema de Bolzano permite concluirque existe um ξ ∈ (xk−1, xk+1) tal que

f (4) (ξ) =12 (f (ξ1) + f (ξ2))

Assim

f′′ (xk) =

1h2 [f(xk−1)− 2f(xk) + f(xk+1)]−

h2

12f (4) (ξ) (4.22)

Esta fórmula é conhecida como fórmula de diferencas centradas de segunda ordem paraaproximar a segunda derivada. Por um raciocínio semelhante poderiam ser obtidas outras fór-mulas de diferencas finitas para aproximar a segunda derivada, não só centradas como tambémprogressivas e regressivas.

Exemplo 4.2. Considere, de novo, os valores da função f(x) = xex dados na tabela do Exer-cício 5.1 Aproxime o valor de f

′′(2, 0) = 29, 556224 usando a fórmula de diferenças finitascentradas de segunda ordem.

Resolução:Temos que

f′′(2, 0) ≈

10, 01 [f (1, 9)− 2f (2, 0) + f (2, 1)] = 29, 593200

O erro cometido é aproximadamente −3, 7× 10−2.

ExercíciosQuestão 1 - Obter por interpolação de Lagrange os coificientes ai do polinômio P2(x) =

2∑i=0

aixi = 0 e o gráfico que passa pelos pontos f(2.0)= -6.0, f(3.0)=-1.0 e f(4.0)=6.0.

Questão 2 - Foram feitas as seguintes observações sobre o movimento dos mares em um porto.

t/hrs 0 2 4 6 8 10 12H(t) 1 1.6 1.4 0.6 0.2 0.8 1

Aproxime H(t) por uma função adequada considerando que H(t) é do tipo

h0 + asen

(16πt

)+ bcos

(16πt

)Encontre a e b.

5 INTEGRAÇÃO NUMÉRICA 84

5 Integração NuméricaA integração numérica é o processo computacional capaz de produzir um valor numérico paraa integral de uma função sobre um determinado conjunto. Ela difere do processo de antidi-ferenciação, aprendido em Cálculo, na medida em que não se procura uma função F tal queF ′ = f ; aqui, vamos procurar substituir f por uma outra função, g, tal que f ' g, mais amenaà integração (por exemplo, g é um polinômio). Nesse caso, a solução numérica de

bâ

f(x)dx (5.1)

será obtida calculando-se

bâ

g(x)dx, g ' f (5.2)

Veremos, a seguir, o processo de integração numérica via interpolação polinomial e osdiferentes métodos daí derivados.

5.1 Integração numérica via interpolação polinomialSuponha a integral (6.1) podemos selecionar um conjunto de nós x0, x1, ..., xn no intervalo

[a, b] e interpolar a função f(x) através dos polinômios de Lagrange, os quais são expressoscomo

p(x) =n∑

i=0f(xi)li(x) (5.3)

onde

li(x) =n∏

j=0j 6=i

x− xj

xi − xj

, i = 0, 1, ..., n (5.4)

Agora, substituímos f(x) por p(x), de tal forma que

bâ

f(x)dx 'bˆ

a

p(x)dx =n∑

i=0f(xi)

bâ

li(x)dx (5.5)

a qual pode ser usada para calcular a integral de qualquer função. A Eq. acima pode ser reescritana forma (eq 9.5)

bâ

f(x)dx ≈n∑

i=0Aif(xi) (5.6)

onde

Ai =bˆ

a

li(x)dx (5.7)

a qual é conhecida como a forma de Newton-Cotes, se os pontos xi forem igualmente espaçados.A partir da Eq. (9.5), pode-se derivar várias regras de integração, dependendo do grau do

polinômio de Lagrange.


5.2 Regra do TrapézioSe tomarmos n = 1, e usarmos como nós os pontos extremos do intervalo, i.e. x0 = a, x1 =

b, obtemos a chamada regra do trapézio. Nesse caso, os polinômios interpoladores são

l0(x) = b− x

b− a, l1(x) = x− a

b− a

de onde

A0 =bˆ

a

l0(x)dx = 12(b− a) =

bâ

l1(x)dx = A1

Assim, escrevendo a Eq. (9.5) para esse caso particular, temos a Eq. (9.6)

bâ

f(x)dx ≈ b− a

2 (f(a) + f(b))

a qual define a regra do trapézio. Essa fórmula é exata para qualquer polinômio degrau igual a1, no máximo; o erro associado a essa aproximação é dado por (9.7)

− 112(b− a)3f”(ξ), a < ξ < b

Ao usarmos a regra do trapézio, estamos substituindo a função f por uma reta, no inter-valo [a, b], conforme a Fig. (16). É claro que essa aproximação pode ser bastante crua, se |b−a|é grande (o contrário também é verdade).

0

Figura 16: Representação gráfica da Regra do Trapézio

Exemplo 5.1. Calcule a integral abaixo usando a regra do trapézio.

A =2ˆ

1

(x2 + 3x)dx

Solução:Usando a fórmula (9.6), temos

A = 2− 12 (4 + 10) = 14

2 = 7

Como a antiderivada F (x) = x3

3 + 3x2

2 é conhecida, podemos avaliar o erro. Calculandoa integral definida temos


2ˆ

1

(x2 + 3x)dx = x3

3 + 3x2

2

∣∣∣∣∣∣2

1

= 6, 8333

de onde podemos calcular o erro como sendo igual a 6, 8333−7 = −0, 1667. Usando a fórmula(9.7), com f” = 2, obtemos o valor

− 112(2− 1)32 = −1

6 = −0, 1667

o qual é igual ao calculado anteriormente.

Podemos, evidentemente, obter uma melhor aproximação se subdividirmos o intervalo [a,b], calculando os nós x0, x1, ..., xn satisfazendo

a = x0 < x1 < ... < xn = b

e aplicando a regra do trapézio a cada subintervalo (não necessariamente de mesmo tamanho).Essa estratégia nos leva à regra composta do trapézio (9.8),

bâ

f(x)dx =n∑

i=1

xiˆxi−1

f(x)dx

= 12

n∑i=1

(xi − xi−1)(f(xi−1) + f(xi))

A regra composta do trapézio nos leva à aproximação da função f(x) por um conjunto deretas unindo cada um dos nós xi, dois a dois, conforme a Fig. (17a). Se o espaçamento entre os

nós é igual, i.e. xi = a + ih, h = b− a

n, então obtemos a regra composta uniforme do trapézio

(9.9),

T (f, h) =bˆ

a

f(x)dx ≈ h

2

(f(a) +

(2

n−1∑i=1

f(a + ih))

+ f(b))

conforme a figura (17b).

a)1 2 3 4 5 6 7 8 9

1

2

3

4

0


b)1 2 3 4 5 6 7 8 9

1

2

3

4

0

Figura 17: A regra do trapézio composta: (a) subintervalos de qualquer tamanho, (b) subinter-valos de tamanhos iguais.

O erro de truncamento E(f, h) associado a essa aproximação é estimado por

E(f, h) ≤ h2

12(b− a) maxx∈[a,b]

| f”(x) |

Exemplo 5.2. Calcule a integral a seguir usando as regras composta e composta uniforme dotrapézio.

A =2ˆ

1

(x2 + 3x)dx

Solução:1) Usando a fórmula (9.8) para n = 2 e usando x0 = 1, x1 = 1, 1 e x2 = 2 temos

A = 12 [(1, 1− 1) (4 + 4, 51) + (2− 1, 1) (4, 51 + 10)] = 6, 9550

e o erro, comparado com o valor da integral definida (= 6, 8333), é de −0, 1217.

2) Usando a fórmula (9.9) para n = 2 e usando x0 = 1,x1 = 1, 5 e x2 = 2, temos

A = 12 [(1, 5− 1) (4 + 6, 75) + (2− 1, 5) (6, 75 + 10)] = 6, 8750

e o erro, comparado com o valor da integral definida (= 6, 8333), é de −0, 0417.

Note que, em ambos os casos, a aproximação com a regra composta é melhor do queusando a regra simples do trapézio.

Exemplo 5.3. Considere a tabela abaixo, que fornece a velocidade (km/h) de um certo objetoem função do tempo e determine qual é a distância percorrida pelo objeto ao final de 2 h.

t 0,00 0,25 0,50 0,75 1,00 1,25 1,50 1,75 2,00v(t) 6,0 7,5 8,0 9,0 8,5 10,5 9,5 7,0 6,0


Solução:Como a distância percorrida (d) é calculada como

d =2ˆ

0

v(t)dt

pode-se empregar a regra dos trapézios com n = 8, h = 0, 25 de forma que

A = 0, 252 [6 + 2(7, 5 + 8, 0 + 9, 0 + 8, 5 + 10, 5 + 9, 5 + 7, 0) + 6]

Portanto, uma aproximação para a distância total percorrida no intervalo de tempo [0, 2]é

d ≈ A = 16, 5km

Exemplo 5.4. Considere as integrais definidas (1) e (2) respectivamente

3ˆ

1

x1 + x2 dx e

3ˆ

1

dx7− 2x

As tabelas a seguir mostram as aproximações obtidas usando a regra dos trapézios comn = 1, 2, 4, 8, 16, 32 subintervalos e o erro na aproximação. Note que,à medida que n cresce, h

é sucessivamente dividido por 2 e cada erro é aproximadamente14 do erro anterior.

Tabela 5: Aproximações para as integrais respectivamente


Algoritmo 10 Integração Método do TrapézioDados iniciais: f(x),a,b, nh = (b-a)/n;f=’f(x)’;I1=0for j = 1 até n+1 faça

i=j-1;if (i==0) | (i==n) então

c=1;else

c=2fimx=a+i*h;y=eval(f);

I1 = I1*c*y;fimIR1 =(h/2)*(I1);Exibir IR1;

5.3 Regra de SimpsonA regra de Simpson é obtida a partir do método dos coeficientes a determinar, generalizadapara um intervalo de integração [a, b] qualquer. Ela é obtida a partir da integral de um po-linômio interpolador de segundo grau p2(x) que passa por três pontos igualmente espaçados,

(a, f(a)), (m, f(m)) e (b, f(b)), onde m = (a + b)/2. Assim, tomando h = b− a

2 , tem-se

bâ

p2(x)dx =bˆ

a

[f (a) + (x− a)∆f(a)

h+ (x− a)(x−m)∆2f(a)

2h2

]

Para facilitar o cálculo, faz-se a mudança de variável x(α) = a + αh. Assim, enquanto xpercorre o intervalo [a, b], α percorre o intervalo [0, 2] e dx = hdα. Desta maneira,

bâ

p2(x)dx =2ˆ

0

[f(a) + α∆f(a) + α(α− 1)∆2f(a)

2

]hdx

=h

3 [f(a) + 4f(m) + f(b)]

de onde a fórmula de Simpson pode ser escrita como (9.13)

bâ

f(x)dx ≈ h

3 [f(a) + 4f(m) + f(b)] = b− a

6

(f (a) + 4f

(a + b

2

)+ f(b)

)

a qual é exata para polinômios de grau n ≤ 2 (conforme visto na seção anterior) e, inesperada-mente, também para n ≤ 3. O erro associado à regra de Simpson é

− 190 (b− a)5 f 4 (ξ) , a < ξ < b


Usando a mesma estratégia da regra composta uniforme do trapézio, podemos obter aregra composta uniforme de Simpson, para um número n par4 de subintervalos. Nesse caso,temos

bâ

f(x)dx =x2ˆ

x0

f(x)dx +x4ˆ

x2

f(x)dx + ... +xnˆ

xn−2

f(x)dx

=n2∑

i=1

x2iˆx2i−2

f(x)dx

de onde, aplicando a regra de Simpson a cada um dos subintervalos, obtemos

S(f, h) =bˆ

a

f(x)dx ≈ h

3

f (x0) + 2n2∑

i=2f (x2i−2) + 4

n2∑

i=1f (x2i−1) + f (xn)

O erro associado é

− 1180 (b− a) h4f (4) (ξ) , a < ξ < b

Obs.: A maior desvantagem da regra de Simpson é a necessidade do intervalo [a, b] serdividido num número par de subintervalo.

Exemplo 5.5. Calcular a integral

A =2ˆ

1

(x2 + 3x

)dx

usando a regra de Simpson.

Solução:Usando a fórmula (9.13) temos

A = 2− 16 [4 + 4× 6, 75 + 10] = 6, 8333

e o erro é nulo, comparado com o valor da integral definida (= 6, 0833). Note que, para afunção em questão, f (4) = 0 e, portanto, a aproximação da integração pela regra de Simpsondeve ser exata.

Exemplo 5.6. Use a fórmula de Simpson para encontrar a área sob a curva y = f(x) que passasob os três pontos (0, 2), (1, 3) e (2, 2).

Solução:Como n = 1 e h = 1, calcula-se

Area ≈ S (f, h) = h

3 [f(0) + 4f(1) + f(2)] = 13 [2 + 12 + 2] = 16

34É necessária essa restrição devido à forma como a regra de Simpson foi definida.


5.4 Regra de Simpson com exatidão crescenteEsta regra calcula uma aproximação por Simpson com uma combinação linear de fórmulas dostrapézios, {T (J)}. Para J ≥ 1, divide-se o intervalo [a, b] em 2n = 2J subintervalos de igual

espaçamento h = b− a

2Je usa-se os pontos a = x0 < x1 < ... < x2n = b, xk = a + hk

para k = 0, 1, ..., 2n. A regra dos trapézios T (f, h) e T (f, 2h) para espaçamentos h e 2h,respectivamente, obedece a relação (9.17)

T (f, h) = T (f, 2h)2 + h

n∑k=1

f (x2k−1)

Definindo T (0) = h

2 (f (a) + f (b)), então para qualquer inteiro positivo J define-se

T (J) = T (f, h) e T (J − 1) = T (f, 2h), o que permite escrever a fórmula acima como (9.18)

T (J) = T (J − 1)2 + h

n∑k=1

f (x2k−1) , J = 1, 2, ...

Assim, a regra de Simpson S(J) = S(f, h) para 2J subintervalos é obtida de T (J) e deT (J − 1) pela fórmula

S(J) = 4T (J)− T (J − 1)3 , J ≥ 1

Exemplo 5.7. Use a regra de Simpson com exaidão crescente para calcular aproximações S(1),S(2) e S(3) para

5ˆ

1

1x

dx

Solução:Neste caso, a = 1, b = 5 e f(x) = 1

x.

1. Cálculo de S(1): Para calcular a primeira aproximação, S(1), é preciso conhecer T (0)e T (1):

a) Cálculo de T (0): se J = 0, consequentemente h = ba = 4. Logo,

T (0) = 411 + 1

52 = 2, 4

b) Cálculo de T (1): se J = 1, consequentemente n = 1 e h = b− a

21 = 2. Logo, comx1 = a + h = 3,

T (1) = T (0)2 + hf(x1) = 2, 4

2 + 213 = 1, 86666

Assim,

S(1) = 4T (1)− T (0)3 = 1, 68888


2. Cálculo de S(2): como T (1) já é conhecido, calcula-se apenas T (2) com n = 2, h =b− a

22 = 1, x1 = a + h = 2 e x3 = a + 3h = 4:

T (2) =T (1)2 +

2∑k=1

[f(x1) + f(x3)]

=1, 866662 +

[12 + 1

4

]=1, 63333

de forma que

S(2) = 4T (2)− T (1)3 = 1, 62222

3. Cálculo de S(3): como T (2) já é conhecido, calcula-se T (3) com n = 4, h = b− a

23 = 0, 5,x1 = a + h = 1, 5, x3 = a + 3h = 2, 5, x5 = a + 5h = 3, 5 e x7 = a + 7h = 4, 5:

T (3) =T (2)2 +

4∑k=1

[f(x1) + f(x3) + f(x5) + f(x7)]

=1, 683332 + 0, 5

[1

1, 5 + 12, 5 + 1

3, 5 + 14, 5

]=1, 628968

ou seja,

S(3) = 4T (3)− T (2)3 = 1, 610846

5.5 Mudança do intervalo de integraçãoAlgumas regras de integração são definidas em termos de um intervalo de integração fixo - porexemplo, [1, 1]. Caso se deseje utilizar uma dessas regras para se resolver a integral (9.1), pode-se proceder a uma mudança linear de variáveis. Suponha uma regra de integração numéricadada por (9.20)

dˆc

f(t)dt ≈n∑

i=0Aif(ti)

a qual é exata para polinômios de grau igual ou inferior a m. Considere, agora, que o intervalode integração desejado é [a, b]; para usarmos a fórmula (9.20), devemos definir uma função λ(t)que associe c a a e d a b. Essa função pode ser dada por

λ(t) = b− a

d− ct + ad− bc

d− c, c ≤ t ≤ d

Escrevendo, agora, x = λ(t), temos dx = λ′(t)dt = (b− a)(d− c)−1dt, de onde escreve-mos a integral (9.1) como


bâ

f(x)dx = b− a

d− c

λ−1(b)=dˆ

λ−1(a)=c

f(λ(ti))dt

≈ b− a

d− c

n∑i=0

Aif(λ(ti))

de ondeˆ b

a

f(x)dx ≈ b− a

d− c

n∑i=0

Aif

(b− a

d− cti + dc− bc

d− c

)

A função de tranformação λ(t) deve ser linear de forma que f(λ(t)) seja polinomial e demesmo grau que f .

5.6 Quadratura GaussianaAs regras de integração vistas nas seções anteriores são todas baseadas na determinação decoeficientes Ai tal que a aproximação da função integranda f é exata para polinômios de grauigual ou inferior a n. No entanto, é possível escolher outros nós que levem a uma reduçãono volume de cálculo necessário. Por exemplo, se Ai = c, ∀0 ≤ i ≤ n, então a forma deNewton-Cotes (9.5) pode ser escrita como (9.23)

bâ

f(x)dx ≈ cn∑

i=0f(xi)

o que elimina n multiplicações no processo de integração numérica.As formas de quadratura de Chebyshev são um exemplo da equação (9.23); elas existem

apenas para n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 8. Outras formas de quadratura existem, como, por exemplo,as de Hermite e as de Gauss. A regra de integração de Gauss é expressa para o caso geral como(9.24)

bâ

f(x)w(x)dx ≈n∑

i=0Aif(xi)

onde w é uma função positiva de ponderação. Assumindo que (9.24) é exata para qualquerfunção polinomial de grau menor ou igual a n, isso nos leva a determinar os coeficientes Ai

como

Ai =bˆ

a

w(x)n∏

j=0j 6=i

x− xj

xi − xj

dx

Carl Friedrich Gauss (1777-1855) mostrou que é possível determinar-se esses coeficientes detal forma que a aproximação para f seja exata para polinômios de grau igual ou inferior a2n + 1, mas com apenas n avaliações. As fórmulas de Gauss para a integração de f são exataspara polinômios de grau menor ou igual a 2n + 1, de forma que a determinação dos pontosx0, x1, ..., xn em que é necessário conhecer o valor de f(x) será função do grau do polinômiointerpolador e da fórmula específica a ser considerada. Estas formulas são do tipo (9.25)


bâ

f(x)dx = w0f(x0) + w1f(x1) + ... + wnf(xn)

Para construir a fórmula da quadratura gaussiana para n = 1 é necessário determinar w0,w1, x0 e x1 tais que

bâ

f(x)dx = w0f(x0) + w1f(x1)

seja exata para polinômios de grau menor ou igual a 3. Para simplificar os cálculos, determina-seesta fórmula considerando [a, b] = [1, 1]. No caso de um intervalo [a, b] genérico efetua-se amudança de variáveis: para t ∈ [1, 1] corresponde x ∈ [a, b] onde

x = 12 [a + b + t(b− a)] e dx = b− a

2 dt

de forma que (9.27)

bâ

f(x)dx = b− a

2

1ˆ

−1

F (t)dt

onde F (t) = f(x(t)).Dizer que a fórmula é exata para polinômios de grau menor ou igual a 3 equivale a dizer

que a fórmula é exata parag(t) ≡ 1, g(t) ≡ t, g(t) ≡ t2 e g(t) ≡ t3, ou seja,

1ˆ

−1

1dt = w0g(t0) + w1g(t1) = w0 + w1 = 2

1ˆ

−1

tdt = w0g(t0) + w1g(t1) = w0t0 + w1t1 = 0

1ˆ

−1

t2dt = w0g(t0) + w1g(t1) = w0t20 + w1t

21 = 2/3

1ˆ

−1

t3dt = w0g(t0) + w1g(t1) = w0t30 + w1t

31 = 0

Desta forma, obtém-se o seguinte sistema não linear:w0 + w1 = 2

w0t0 + w1t1 = 0w0t

20 + w1t

21 = 2/3

w0t30 + w1t

31 = 0

cuja solução fornece

t0 = −√

33 t1 =

√3

3 w0 = w1 = 1


Assim, a fórmula gaussiana para n=1 é

−1ˆ

1

F (t)dt = F

(−√

33

)+ F

(√3

3

)

mesmo procedimento pode ser usado para determinar a fórmula geral (9.25). Supondo que F (t)represente os polinômios especiais tk para k = 0, 1, ..., 2n + 1, observa-se que

1ˆ

−1

tkdt =

0 se k e impar

2k + 1 se k e par

e a solução do sistema não linear que se origina destas equações é bastante complicada. Usandoent~ao a teoria dos polinômios ortogonais, pode ser visto que os tk são as raízes de polinômiosde Legendre (Ver referência) e os coeficientes wk devem ser obtidos pela solução do sistema deequações. Alguns dos valores de tk e wk são mostrados na tabela abaixo; para quadraturas demaior ordem, pode-se recorrer aos valores tabelados em vários livros de referência.

Tabela 6: Pesos e nós da quadratura Gaussiana, para n = 1, 2, 3, 4.

O erro associado à quadratura Gaussiana é dado pela fórmula

f (2n) (ξ)(2n!)

bâ

q2(x)w(x)dx, q(x) =n−1∏i=0

(x− xi), a < ξ < b

Exemplo 5.8. Integrar f(t) = t4+1 no intervalo (1, 1) usando quadratura gaussiana para n = 2.

I =1ˆ

−1

(t4 + 1)dt = w0f(t0) + w1f(t1) + w2f(t2)

Solução:Da tabela 5.6, sabe-se quet0 = −0, 77459667 w0 = 0, 55555555t1 = 0, 00000000 w1 = 0, 88888888t2 = 0, 77459667 w2 = 0, 55555555


Logo,

I =0, 55555556((−0, 77459667)4 + 1)+ 0, 88888889((0, 00000000)4 + 1)+ 0, 55555556((0, 77459667)4 + 1)

=2, 4

Exemplo 5.9. Use a quadratura gaussiana com três pontos para aproximar a integral

5ˆ

1

1x

dx

Solução:Como o intervalo é I = [1, 5], é preciso fazer mudança de variável. Por isto, calcula-se a

integral desejada como

5ˆ

1

1x

dx = b− a

2

1ˆ

−1

F (t)dt

com a mudança devariável

x = t

(b− a

2

)+ b− a

2 = t(5− 1

2

)+ 5− 1

2 = 2t + 3

5ˆ

1

1x

dx ≈ 5− 12 [w0F (t0) + w1F (t1) + w2F (t2)]

≈ 5− 12

[0, 55555556 1

2t0 + 3 + 0, 88888889 12t1 + 3 + 0, 55555556 1

2t2 + 3

]≈ 1, 602694

onde t0 = −0, 77459667, t1 = 0, 00000000 e t2 = 0, 77459667

5.7 Integração de funções mal comportadasFunções mal comportadas (ou mal condicionadas) são aquelas que possuem algum tipo de ca-racterística especial e que, portanto, requerem cuidados especiais quando se quer integrá-las.

Exemplo 5.10. Calcule a integral de

1ˆ

0

ex

√x

dx

Solução:Como esta função tem uma singularidade, é preciso fazer uma mudança de variável que

elimine. Neste caso, pode-se fazer x = u2 e dx = 2udu de forma que


1ˆ

0

ex

√x

dx = 21ˆ

0

eu2

udu

= 21ˆ

0

eu2du

Como o integrando agora é uma função bem comportada, pode-se escolher um dos méto-dos estudados para calcular esta última integral.

ExercíciosQuestão 1 - Um objeto será deformado a uma força axial, como mostrado na curva de tensão-deformação na figura (a). A área sob a curva de zero até ao ponto de ruptura é chamado omódulo de resistência. Ele fornece uma medida da energia por unidade de volume, necessáriapara causar a raptura do material. Como tal, é representativo da capacidade do material pararesistir a uma carga de impacto. Observe atentamente a tabela e a figura e use simpson paracalcular o módulo de resistência para curva mostrado na figura a seguir.

0.1 0.2 0.3

10

40

60

Raptura

Módulo de Resistência

e

s

ε s

0,02 400,05 370,01 430,15 520,20 600,25 55

Questão 2 - A integral representa a soma do produto da concentração vezes o fluxo parase obter a massa total que entra ou sai de t1 e t2, onde t1 e t2 é o tempo inicial e final, respecti-vamente. Se a vazão é constante, Q pode ser deslocado fora da integral, dessa forma,

M = Q

t2ˆt1

c dt

Use a regra de trapézio para avaliar esta equação para os dados listados abaixo. Note-se queQ = 4m3/min.


t, (min) 0 10 20 30 40c, mg/m3 10 35 55 52 60

Questão 3 - A taxa de resfriamento de um corpo (Figura a seguir) pode ser expressa comodT

dt= −k(T − T0),

onde T = temperatura do corpo (graus Celsius), T0 = Temperatura do meio circundante(graus Celsius), e k = a proporcionalidade constante (por minuto). Se uma bola de metal aque-cido a 90oC é jogado na água, que é mantida constante em T0 = 20oC, a temperatura da bolamuda, como mostrado na tabela abaixo em

t (min) 0 5 10 15 20 25T,o C 90 49,9 33,8 28,4 26,2 25,4

1 - Use diferenciação numérica com 3 pontos para aproximar dT/dt nos momentost = 0e t = 25.

2 - Empregue regressão liner e calcule a proporcionalidade constante para esses pontos.

Questão 4 - A altura q(t) atingida no tempo t por um uido contido num reservatóriocilíndrico retilíneo de raio R = 1m tendo na sua base um orifício circular de raio r = 0, 1m,foi medida em cada 5s, tendo-se registado os seguintes valores:

t 0 0,5 1,0 1,5 2,0q(t) 0,6350 0,4410 0,4410 0,3572 0,2822

1. Utilize os dados da tabela para aproximar com a maior precisão possível a velocidade deesvaziamento q′(t).

2. Compare os resultados obtidos na alínea anterior com velocidade prevista pela lei deTorricelli: q′(t) = −γ (r/R)2

√2gq(t) , onde g = 10m/s2 e γ = 0, 6 é um fator de

correcção.

REFERÊNCIAS 99

Referências

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[23] Frederico Ferreira Campos Filho. Algoritmos Numéricos. LTC, 2nd edition, 2007. ISBN978-85-216-1537-8.

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Notas de Aulas de Métodos Numéricos