Download - Cálculo numérico e modelagem matemática

CAPÍTULO 1 • CÁLCULO NUMÉRICO

UNITINS • MATEMÁTICA • 7º PERÍODO 9

IntroduçãoNeste capítulo vamos, recordar os conceitos estudados em Lógica Matemática

de álgebra booleana desenvolvidos por George Boole em meados de 1857. Estes conceitos fazem o elo entre a matemática e os computadores digitais.

Os computadores utilizam a lógica binária, presença e ausência de energia, ou seja, verdadeiro e falso. Agora basta associar de maneira adequada os operadores, conjunção, disjunção, negação e outros para termos todas as operações matemáticas que um computador executa.

Nosso curso tem como foco conversão de binário-decimal, e como ela acar-reta erros nas operações realizadas por computadores. Ao fi nal deste capí-tulo, você será capaz de identifi car as fases de modelagem e os possíveis erros nelas cometidos e compreender a representação binária e como ocorre a repre-sentação dos valores decimais em um computador.

Neste capítulo, estudaremos uma área relativamente nova em relação a toda a história da Matemática, mas não menos importante, para isso é importante conhecer sobre valor posicional de um algarismo no sistema de numeração de base dez. Outro importante conceito é a notação científi ca, pois com esse tipo de notação trabalhamos com o posicionamento da vírgula e a potência de 10, muito útil em nosso curso de Cálculo Numérico.

1.1 Erros na fase de modelagemPara melhor compreender em quais momentos, durante a resolução de um

problema, podem ocorrer erros, vamos representá-los por meio de um esquema, conforme a fi gura a seguir.

Problema físico Modelo matemáticoModelagem Resolução

Solução

O erro pode ocorrer na fase de modelagem, por exemplo, se o problema exige que tenhamos uma precisão de várias casas decimais não conseguimos medi-los de maneira precisa dependendo do modelo que se tenha.

Erros e representação numérica 1


10 7º PERÍODO • MATEMÁTICA • UNITINS

Outro exemplo que podemos citar são os modelos que matemáticos estudados no Ensino Médio desprezam, como o atrito, a resistência do ar, entre outras variá-veis que em problemas reais influenciam diretamente no resultado final.

Exemplo

Considerando a equação F = m ⋅ a, sendo F a força medida em Newtons, m a massa em quilograma e a a aceleração em metros por segundo, se desejarmos medir a forma de um objeto em queda livre, sabemos que a aceleração é apro-ximadamente 9,8 m/s e sua massa igual a 5 Kg.

Facilmente respondemos que a sua força é F = 9,8 × 5 = 49 N. Entretanto, existe variação na gravidade em função da altitude em relação ao nível do mar, temos também que considerar a resistência do ar, entre outros fatores, portanto embora os cálculos estejam corretos temos erros na modelagem problema.

O que ocorreu no problema citado acorre em qualquer área do conhecimento.

1.2 Erros na fase de resoluçãoOs erros também podem ocorrer na fase de resolução devido a alguma

aproximação realizada pelo computador devido às restrições de representação, como, por exemplo, o número π, e, 2 e outros irracionais e alguns racionais. Estes números não podem ser representados exatamente e o erro cometido propaga nas operações aritméticas.

No computador ainda temos o problema da conversão em binário-decimal, em que os números binários não representam todos na forma decimal.

Para melhor compreender essas situações vamos estudar como transformar números da forma decimal-binária e vice-versa.

1.2.1 Conversão de basesAs máquinas digitais convertem todos os dados para binário (0 ou 1,

presença ou ausência de energia) realizam as operação, transformam em decimal para que possamos compreender, todos os cálculos são realizados utili-zando a Álgebra Booleana.

Um número N qualquer pode ser descrito numa base β de acordo com a seguinte expressão polinomial:

m m 1 1 1 2m m 1 1 o 1 2 n nN a a ... a a a a ... a− − −

− − − − −= β + β + + β + + β + β + + β

Para compreender melhor, primeiro veremos um exemplo com a base decimal com a qual estamos mais acostumados.

Deste momento em diante, nesta disciplina todos os números serão repre-sentados entre parênteses com um índice indicando em qual base está o



número para que não haja confusão. Por exemplo, (110)10 que representa o número cento e dez, enquanto que (110)2, representa o número “um um zero” na base binária.

Vamos representar o número (142,52)10, assim temos:2 1 1 2

2 1 1 2

2 2 0 1 210

N a a a a

(142,12) 1 10 4 10 2 10 5 10 2 10

− −− −

− −

= β + β + β + β

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

Podemos observar claramente o efeito da posição relativa, que neste caso 1 tem peso 100, 4 tem peso 40 e 2 tem peso unitário e o mesmo para a parte fracionária que tem 5 com peso 0,5 e 2 com peso 0,02.

A base binária utiliza apenas dois símbolos para representar os números o 0 e o 1. Vamos escrever o número (110)2 utilizando o polinômio que generaliza a representação dos números. Neste caso temos β = 2.

3 2 13 2 1

3 2 02

2 10

N a a a

(110) 1 2 1 2 0 2

(110) (12)

= β + β + β

= ⋅ + ⋅ + ⋅

=

Resolvendo a expressão anterior temos como resultado a representação decimal do número binário (110)2.

Agora vamos estudar um método prático para realizar a conversão binário-decimal e vice versa através de um exemplo.

Exemplo

Transforme em binário o número (26)10.

Solução

Para converter decimal em binário dividimos o número sucessivas vezes por 2 enquanto for possível, e escrevemos o número binário tomando os restos da divisão, da última para a primeira.

37

18

9

4

2

0

0

0

0

1

1

0

2

2

2

2

2

2

1



Assim o número (26)10

= (11010)2, para verificar basta utilizar o polinômio

para transformar novamente em decimal. Vamos verificar:

4 3 2 1 04 3 2 1 0

4 3 2 1 02

2

2

2 10

N a a a a a

(11010) 1 2 1 2 0 2 1 2 0 2

(110) 1 16 1 8 0 4 1 2 0 1

(110) 16 8 0 2 0

(110) (26)

= β + β + β + β + β

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= + + + +

=

Podemos observar que para representar um número em binário precisamos

de mais posições que na forma decimal, de maneira geral quanto menor a base

mais posições são necessárias. Agora, vamos estudar o processo para trans-

formar decimais fracionários, considere o exemplo.

Exemplo

Transforme em decimal o número (0,625)10

.

Solução

Para transformar decimal fracionário em binário, multiplicamos apenas parte

fracionária por 2 sucessivas vezes até a parte fracionária ser igual a zero ou o

número repetir uma sequência, a parte inteira sempre será 0 ou 1.

0,625

x 2

1,250

0,250

x 2

0 ,500

0,500

x 2

1,000

A parte inteira em destaque é o número na forma binária (0,101)2. Como

fizemos no exemplo anterior vamos verificar se a transformação está correta

voltando o número para a forma decimal.

1 2 31 2 3

1 2 32

2

2

2 10

N a a a

(110) 1 2 0 2 1 2

1 1 1(110) 1 0 1

2 4 8

(110) 1 0,5 0 0,25 1 0,125

(110) (0,625)

− − −

− − −

− − −

= β + β + β

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅ + ⋅

=

E como faríamos se tivéssemos um número com parte inteira e fracionária,

ou seja, misto na forma decimal para transformar em binário?

A resposta é simples basta aplicar os dois processos em separado. Veja um

exemplo:

CALCULO_NUMERICO.indd 12 1/4/aaaa 13:13:03



Exemplo

Transforme o número (37,375)10 em binário.

Solução

Primeiro vamos transformar a parte inteira, ou seja, o 37.

37

18

9

4

2

0

0

0

0

1

1

0

2

2

2

2

2

2

1

Assim, na parte inteira temos (100101)2, mas ainda falta a parte fracio-nária. Tomando apenas esta faremos como no exemplo anterior.

0,375

x 2

0 ,750

0,750

x 2

1,500

0,500

x 2

1,000

Então a representação binária do número (37,375)10 é (100101,011)2.

1.2.2 Erros de arredondamentoDurante o processo de conversão binário decimal, podem ocorrer alguns

erros, pois na forma binária não é possível representar todos os números da reta real. Também existem casos em que um número exato na forma decimal não possui tal representação na forma binária.

Por exemplo, o número (0,1)10, em binário é uma dízima periódica, ou seja, não pode ser representada exatamente com uma quantidade fi nita de símbolos.

Existem também os números em decimal que não possuem representação binária, então fazemos uma aproximação.

Exemplo

Vamos representar o número (0,1)10 na forma binária.

0,1

x 20,2

0,2

x 20,4

0,4

x 20,8

0,8

x 21,6

0,6

x 21,2

0,2

x 20,4

0,4

x 20,8

0,8

x 21,6

0,6

x 21,2



Observe que neste ponto o (0,4)10 começa a se repetir formando assim uma dízima periódica em binário. Neste caso, existe a necessidade de arredondar ou truncar, pois temos uma quantidade finita de posições para representar o número.

A representação binária que obtivemos para (0,1)10 é (0,000110011...)2, fazendo a transformação inversa do último número considerando apenas as nove primeiras casas chegamos ao decimal (.09960937500)10, o qual possui um erro de (0.000390625)2 que dependendo da aplicação pode ser um problema.

Vimos como os números são representados em máquinas digitais, agora, vamos compreender como são armazenados e como podemos operá-los.

1.3 Representação em ponto flutuante

Todo dia utilizamos calculadoras e nem imaginamos que elas podem cometer erros e muito menos nos preocupamos sobre como suas operações são reali-zadas. Nelas são utilizadas, por exemplo, a representação em aritmética de ponto flutuante. A seguir temos um exemplo.

Exemplo

O número 15.200.000.000 na calculadora é representado por 1,52 x 1010.

Observe que a vírgula que separa a parte fracionária no número 15.200.000.000 está a direita do último zero. Para facilitar a escrita e diminuir o espaço necessário para a representação deslocamos a vírgula dez casas para a esquerda e multiplicamos por uma potência de dez para não alterarmos o valor do número, neste caso, 1010.

Conhecendo a base em que se está representando o número, os valores dos números significativos, no exemplo anterior, 152 e o expoente da base.

Essa forma de representar os números otimiza a forma de representar os números quando a quantidade de símbolos a ser armazenado é limitado. A seguir, temos a definição do sistema de ponto flutuante para qualquer base de numeração.

Definição

Um sistema de ponto flutuante F ⊂ IR é um subconjunto dos números reais cujos elementos tem a forma:

e1 2 3 tF (.d d d ...d )= ± β

sendo i0 d , i 1,..., t≤ < β =

A aritmética de ponto flutuante F é caracterizada por quatro números inteiros:

base β (binária, decimal, hexadecimal e etc..);

precisão t (número de algarismos da mantissa);

limites do expoente e ( min maxe e e≤ ≤ ).



Assim F é definido por F min max( , t,e ,e )β . A mantissa está sempre entre –1 e 1.

Para garantir a representação única para cada y ∈ F, faz-se uma norma-lização no sistema de forma que d1 ≠ 0 para y ≠ 0. No exemplo, a seguir, veremos como representar um número no sistema de ponto flutuante.

Exemplo

Considere o número (0,00021456)10, vamos representá-lo em uma máquina com as seguintes características β = 10, t = 4 e –9 ≤ e ≤ 9.

Solução

Para representar nesta máquina o número vamos utilizar a equaçãoe

1 2 3 tF (.d d d ... d )= ± β

Como d1 ≠ 0, β = 10, como a mantissa deve estar entre –1 e 1 devemos deslocar a vírgula três casas para a direita.

0,21456 × 10–3

Mas nossa máquina representa apenas 4 dígitos na mantissa então trun-camos o último ficando com o número

0,2145 × 10–3

Utilizamos o mesmo processo para representar números inteiros, como no exemplo a seguir.

Exemplo

Considere o número (21,004567)10, vamos representá-lo em uma máquina com as seguintes características β = 10, t = 4 e –9 ≤ e ≤ 9.

Solução

Novamente devido às restrições da mantissa vamos reposicionar a vírgula de modo que para d1 ≠ 0 a mantissa esteja entre –1 e 1.

0,21004567 × 102.

A nossa máquina representa apenas 4 dígitos na mantissa temos.

0,2100 × 102

Observe que neste último exemplo alguns algarismos foram ignorados, acar-retando um erro, assim a quantidade de símbolos na mantissa determina a capa-cidade de armazenamento de um número em uma máquina digital.

Para valores binários funciona da mesma maneira e assim como na represen-tação decimal também ocorrem erros. Em uma máquina digital, em seu projeto, está implícita a base do sistema de numeração e por isso não há necessidade de armazená-la. Para representar em uma máquina digital devemos reservar um



espaço também para o sinal, onde se convenciona que 0 (zero) indica positivo e 1(um) indica o sinal negativo. Observe o esquema a seguir.

Sinal da mantissa

Mantissa Sinal do expoente

Expoente

Observe o exemplo a seguir.

Exemplo

Represente o número (–26,575)10 em uma máquina digital com as seguintes características β = 2, t = 4 e –8 < e < 8.

Solução

Inicialmente devemos converter o número para binário, assim temos:

(26,575)10 = (11010,11)2Vamos deslocar a vírgula 5 casas para a esquerda para satisfazer as

condições da mantissa, ou seja, d1 ≠ 0 e a mantissa entre –1 e 1. Assim, 0,1101011 × 25, entretanto nossa máquina armazena apenas os símbolos 0 e 1, portanto, devemos transformar o expoente em binário também (5)10 = (101)2. Utilizando o esquema, temos:

SM MANTISSA SE EXP0 1 1 0 1 0 1 0 1

Nesta máquina devemos abandonar alguns dígitos, pois a máquina possui apenas 4 posições para a mantissa causando um erro em sua representação devido as limitações da máquina. Na máquina está representado:

0,1101 × 25 = (11010,00)2Voltando o número representado na máquina a forma decimal, temos:

(11010,00)2 = (26)10

A parte fracionária foi perdida, e ocasiona um erro de (0,575)10.

Saiba mais

Durante a Guerra do Golfo em 1991, um míssil Patriot falhou devido a um erro na representação do tempo utilizado para calcular a sua trajetória, este erro impossibilitou o míssil Patriot de interceptar o míssil Scud que ma-tou 28 soldados e deixou em torno de 100 feridos.

O erro no sistema ocorreu devido a um truncamento na conversão de déci-mos de segundos em segundos utilizando uma memória de 24 bits na sua representação, o agravante do erro foi ocasionado devido a alta velocidade



do míssil Scud, 1.676 m/s, que por um pequeno lapso no cálculo do tempo o tirou da faixa de atuação do Patriot. Veja no sítio: <http://www.ima.umn.edu/~arnold/disasters/patriot.html>.

Como vimos, as máquinas digitais possuem limitações e por isso é impor-tante estudá-las para compreendermos o que podemos fazer e como corrigir esses erros. Um outro erro comum, cometido por máquinas digitais, é o overflow e o underflow que são erros relacionados ao projeto e a limitação de memória na representação de números muito grandes ou muito pequenos em módulo.

1.4 Overflow e UnderflowO conjunto de números reais é infinito, entretanto, sendo o sistema de ponto

flutuante limitado, pois é um sistema finito, fica claro que não é possível repre-sentar todos os números.

Dois fatores causam essa limitação:

o intervalo dos expoentes (emin ≤ e ≤ emax);

a quantidade de elementos na mantissa (β–1 ≤ m ≤ 1 – β –t).

A primeira limitação causa os fenômenos denominados de “overflow” e “underflow”. A segunda ocasiona erros de arredondamento ou truncamento.

Ocorre um overflow quando tentamos armazenar um número real que tenha expoente maior que o determinado pelo intervalo pré-definido por ele.

O underflow ocorre quando desejamos representar um número diferente de zero, mas que seja menor que o menor representável possível pela máquina, neste caso extrapolando o expoente pelo limite inferior.

Exemplo

Considere uma máquina em que t = 4, β = 2 e –2 ≤ exp ≤ 2, represente os seguintes valores (0,00001)2 e (10000)2 nessa máquina.

Solução

Colocando (0,00001)2 na representação de ponto flutuante, temos:

0,1 x 2-4.

Como a nossa máquina trabalha no sistema binário devemos representar também os expoentes na forma binária. Levando em consideração as especifica-ções desta máquina, fazemos o seguinte esquema:

SM MANTISSA SE EXP0 1 0 0 0 1 ? ?



O expoente tem representação (100)2, mas dispomos de apenas duas casas para a representação, nesse caso houve um underflow.

Fazendo o mesmo processo para (10000)2, temos:

0,1 x 25 e (5)10 = (101)2

SM MANTISSA SE EXP0 1 0 0 0 0 ? ?

Como o expoente extrapolou a capacidade da máquina de representação para mais, dizemos que ocorreu um overflow.

1.5 ErrosComo vimos anteriormente em cálculos computacionais, os valores em geral

são aproximados, assim, é importante saber o quanto uma medida está próxima de um valor “exato”. Assim utilizamos o erro para medir a diferença entre o valor exato e o aproximado.

Seja:

x ∆ aproximação para x.

O erro absoluto de x é dado por:

Ae x x= −

No entanto, o erro absoluto nem sempre é eficiente considere o seguinte caso:

Na construção de uma casa, o mestre-de-obras mede o ângulo formado entre a parede e o solo e obtêm 89° graus, sendo o ideal 90°, entretanto esse erro é insignificante tendo em vista a altura da parede uma casa, que em média tem seis metros de altura. Considerando o mesmo erro em um observatório no ajuste do ângulo do telescópio pode significar milhares ou até milhões de quilômetros entre dois astros. Nestes casos o erro absoluto de 1° tem significado muito diferente dependendo da situação. Assim o erro relativo é definido conforme a expressão:

R

x xe

x

−=

O erro relativo é útil quando |x| é uma boa medida do tamanho da quantidade.

Exemplo

Seja o valor π = 3,141592 considerado como “valor exato”. Vamos calcular o erro cometido no cálculo do comprimento de circunferências em dois casos:

π = 3,14, raio = 4 m

π = 3,141, raio = 20 m



Solução

Nos dois casos, vamos calcular o erro absoluto e relativo, sabendo que o comprimento da circunferência é dado por: C = 2πr.

Calculando o valor exato:

Ce = 2 x 3,141592 x 4

Ce = 25,132736 m

C1 = 2 x 3,14 x 4

C1 = 25,12 m

eA1 = |x – x|

eA1 = |25,132736 – 25,12|

eA1 = 0,012736

Calculando o erro relativo:

R1

R1

25,132736 25,12e

25,132736

e 0,000506

−=

=

Fazendo o mesmo para letra b temos, calculando o valor exato:

Ce = 2 x 3,141592 x 1000

Ce = 628,3184 m

eA2 = |x – x|

eA2 = |6283,1840 – 6282,000|

eA2 = 1,184

Calculando o erro relativo:

R2

R2

R2

x xe

x

6283,1840 6282,000e

6283,1840

e 0,0001884

−=

−=

=

Comparando o erro absoluto da letra a e b observamos que o erro é maior na letra b. Enquanto que o erro relativo da letra b é menor que o erro relativo em a. O que isto significa?

Significa que eA2 = 1,184 é menos significativo quanto comparado com a magnitude do comprimento.



Agora sabemos qual é a base do sistema de numeração utilizada pelo computador, como eles são representados dentro da máquina, sabemos sobre alguns problemas que podem ocorrer durante esse processo, como underflow e overflow e aplicaremos esses conceitos na determinação de zeros reais de funções reais, assunto do nosso próximo capítulo.

Determinar as raízes de algumas funções de forma analítica pode ser muito complexo e por isso optamos por encontrar o valor aproximado de métodos numéricos.

ReferênciasBARROSO, Leônidas Conceição. Cálculo Numérico. São Paulo: Edgard Blucher. Editora da USP, 1972.

RUGGIERO, Márcia A. Gomes. Cálculo numérico: aspectos teóricos e computa-cionais. 2. ed. São Paulo: Makron Books, 1997.

Anotações



Raízes reais de funções 2Introdução

Muitos problemas são modelados por meio de funções e encontrar as suas raízes signifi ca encontrar o resultado do problema. No entanto, podemos encon-trar de forma analítica e exata apenas raízes de algumas funções, como as poli-nomiais de 1º e 2º graus e certas classes de 3º e 4º graus e algumas equações transcendentes.

E como faremos para resolver os problemas modelados por funções poli-nomiais e transcendentes que não podem ter suas raízes determinadas analiti-camente? Utilizaremos métodos numéricos que determinam as raízes de forma aproximada à raiz exata.

Embora os métodos numéricos não forneçam as raízes exatas podemos aproximá-las tanto quanto for necessário dependendo da natureza do problema, tornando o erro desprezível. Por isso é importante conhecer bem o problema e os métodos para podermos analisar os resultados obtidos de forma adequada.

Nosso principal objetivo neste capítulo é encontrar um número x para o qual uma função f(x) seja igual a zero, ou seja, f(x) = 0, assim x é denominado raiz da função ou zero da função.

Para determinar a raiz de uma função seguimos duas etapas:

Isolamento das raízes: antes de aplicar qualquer método numérico para a determinação de uma raiz de uma função devemos garantir que em um intervalo [a, b], contenha uma e somente uma raiz da função.

Refi namento da raiz: nesta etapa vamos determinar melhorar o resultado diminuindo o intervalo e desta maneira aproximando de x de forma que f(x) seja o mais próximo de zero possível.

Esperamos que ao fi nal deste capítulo, você seja capaz de determinar a raiz aproximada de uma função e analisar e aplicar métodos numéricos para deter-minação de raízes de uma função.

Para um bom desenvolvimento dos conceitos abordados neste capítulo é importante ter compreendido os conceitos de erros numéricos ocorridos durante operações aritméticas e cálculos binários. Os conceitos de funções suas classi-fi cações e familiaridades com suas propriedades são de suma importância na escolha do método adequado e análise de sua raiz.



2.1 Isolamento de raízesPara isolar uma raiz vamos apresentar um importante e simples teorema da

Álgebra que nos auxiliará nessa tarefa.

Teorema 1: Se uma função contínua f(x)assume valores de sinais opostos nos pontos extremos de um intervalo [a, b], isto é f(a) . f(b) < 0, então o intervalo conterá, no mínimo, uma raiz de f(x), ou seja, haverá no mínimo, um número x (a,b)∈ tal que f(x) 0= .

Exemplo

A figura a seguir representa o gráfico de uma função f(x) que possui algumas raízes no intervalo [a, b].

x

a

b

y

x1

x2

x3

Podemos observar que f(a) ⋅ f(b) < 0, pois f(a) < 0 e f(b) > 0, também vimos que existem raízes no intervalo [a, b], mas ela não é única. Para garantir que a raiz seja única, a derivada de f(x) deve existir e manter o mesmo sinal para todo o intervalo [a, b].

A figura seguinte nos apresenta um exemplo gráfico de uma função f(x) cujo sinal de f'(x) não altera no intervalo [a, b].

y

x

a

b

f(x)

No caso de f(a) ⋅ f(b) > 0 nada podemos afirmar sobre as raízes de f(x) no intervalo [a, b], pois podemos ter as seguintes situações:

Observe as figuras a seguir, estas duas situações podem ocorrer quando f(a) ⋅ f(b) > 0.



y y

a

a

b

b

f(x)

x x

Figura (a) Figura (b)

x1

x2

Na figura a, f(a) > 0 e f(b) > 0, e temos duas raízes reais, e na figura b não temos nenhuma raiz real, portanto quando encontramos f(a) ⋅ f(b) > 0, nada podemos afirmar.

Existe uma vasta teoria a respeito de equações algébricas no que diz respeito ao isolamento de suas raízes que não está no escopo de nosso curso.

Para isolar a raiz de uma função utilizaremos o método gráfico que pode ser utili-zado tanto para equações algébricas quanto para equações transcendentais.

2.2 Método gráfico

Antes de comentarmos sobre o método é importante termos em mente alguns tipos de gráficos. Você se lembra do gráfico da função f(x) = xa ou da função f(x) = tg(x)? Agora vamos recordar alguns desses gráficos.

Na tabela a seguir temos alguns gráficos importantes, veja:

FUNÇÃO GRÁFICO

f(x) = sen(x)

y

1

–1

1 2 3 4 5 6xπ

2π

f(x) = cos(x)

y

1

–1

1 2 3 4 5 6xπ

2π



FUNÇÃO GRÁFICO

f(x) = tg(x)–1

–1

–2

–3

–4

1

1

2

3

4

5y

2 3 4 5 6 7 8

x2π 3

2π

f(x) = logaxa>1–1

–2

–3

1

1

2

3

y

2 3 4 5 6 7 8

x

f(x) = logax0 < a < 1–1

–2

–3

1

1

2

3

y

2 3 4 5 6 7 8

x



FUNÇÃO GRÁFICO

f(x) = eax

a > 0

1

–1

1

3

4

5

6

7

2

2

y

–4 –3 –2 –1

x

f(x) = eax

a < 0

1

1

–1

–1

–2 2

2

3

3

4

4

5

6

7

Para encontrar o intervalo [a, b] que contenha a raiz fazemos um esboço do gráfico da função f(x) e verificamos aproximadamente onde ela se anula.



Exemplo

Seja a função f(x) = ex – sen(x) – 2, vamos determinar aproximadamente onde a função se anula, ou seja, em qual intervalo se encontra a sua raiz. Fazendo o esboço do gráfico, temos:

–1 1

y

x

1

Observando o gráfico podemos escolher um intervalo nas proximidades de 1, mas não podemos afirmar com precisão qual o valor da raiz, por exemplo, o intervalo [0,5 ; 1,5].

Esboçar o gráfico de uma função desse tipo não é simples. Então, como faremos para esboçar o gráfico e isolar as raízes de certas funções já que isso não é tarefa fácil?

Vamos escrever a função de uma forma equivalente, considerando que dese-jamos resolver a equação f(x) = 0, vamos escrever a função f(x) como uma soma de funções que conhecemos seu gráfico. Assim, temos:

f(x) = g(x) + h(x) (1)

Substituindo (1) em f(x) = 0, obtemos o seguinte resultado:

g(x) + h(x) = 0

g(x) = –h(x)

Deste modo a raiz de f(x) corresponde à abscissa da solução da equação g(x) = – h(x). Vejamos através de um exemplo como funciona este artifício.

Exemplo

Considerando a função do exemplo anterior f(x) = ex – sen(x) – 2, vamos utilizar o artifício matemático apresentado.

Solução

Denominando g(x) = ex e h(x) = –sen(x) – 2.

Para resolver a expressão g(x) = –h(x). Esboçamos os dois gráficos no mesmo plano cartesiano. Observe a figura a seguir.



4

3

2

1

21

x

f(x)

–h(x)

y

g(x)

–1

As funções h(x) e g(x) são mais simples de serem esboçadas graficamente e o ponto de encontro das duas possui a mesma abscissa da raiz procurada, portanto basta escolher um intervalo nas proximidades deste ponto.

Vamos praticar fazendo outro exemplo.

Exemplo

Determine um intervalo que contenha apenas a primeira raiz positiva da função f(x) = x2 + x – cos(x).

Solução

Vamos escrever a função f(x) em termos da soma de h(x) e g(x), como fizemos anteriormente, aqui temos dois tipos de função como parcela de f(x), uma poli-nomial chamaremos de g(x) = x2 + 2 e outra trigonométrica que chamaremos de h(x) – cos(x). Fazendo g(x) = h(x), e esboçando ambos os gráficos no mesmo plano cartesiano, temos:

y

x

1

1–1

2




Assim, podemos escolher como intervalo, por exemplo, [0, 1], lembrando que o enunciado pede a primeira raiz positiva.

Cuidado, não representa uma raiz de f(x)!

2.3 Métodos de refinamento

Durante o processo de refinamento necessitamos saber qual a diferença entre a raiz aproximada e a raiz exata. Para realizar essa avaliação utilizamos um dos três critérios a seguir.

1º Critério: nf(x ) ≤ ε

2º Critério: n n 1x x −− ≤ ε

3º Critério: n n 1

n

x x

x−−

≤ ε

Nos critérios apresentados nx representa a enésima aproximação da raiz.

Nos critérios 1 e 2 podemos ter a situação representada pelos gráficos da figura a seguir.

f(x)

xx

Figura 1

xx

Figura 2

A figura 1 apresenta um problema quando utilizamos o primeiro critério para avaliar se um determinado valor está ou não próximo de uma raiz, pois apesar do valor de f(x) estar próximo de zero percebemos que ainda está relati-vamente longe da raiz exata.

A figura 2 temos um problema semelhante com o critério 2, a diferença é que x está próximo da raiz, mas f(x) não se aproxima de zero.

Em muitos casos verificamos se os dois critérios são satisfeitos evitando conclusões equivocadas.

O terceiro critério nos fornece a distância relativa da raiz e se comporta de forma semelhante ao segundo.

Agora que conseguimos separar uma raiz de uma função e avaliar o quanto x está próximo da raiz, vamos estudar técnicas que melhorem esse resultado que inicialmente é simplesmente visual e nos fornece apenas uma aproximação inicial.



2.4 Métodos de refinamento

Métodos de refinamento aproximam da raiz através de um processo mate-mático que se repete por uma quantidade finita de vezes. Esse processo cria uma sequência de valores que se aproximam da raiz exata até que um critério de avaliação seja satisfeito. Vamos estudar inicialmente um método simples, mas bastante eficiente, o método da bisseção.

2.4.1 Método da BisseçãoSeja uma função contínua no intervalo [a, b] e que nesse intervalo possua

um ξ tal que f(ξ) = 0. O método da bisseção consiste em dividir o intervalo em

duas partes iguais, a ba,

2+

e a b,b

2+

elegendo para o próximo passo o

intervalo que satisfaz a condição do teorema 1.

O processo se repete com o novo intervalo até que o valor esteja tão próximo da raiz quanto se deseja.

A figura, a seguir, apresenta o esquema gráfico do método da bisseção.

y

a x1 x3

x2b x

y = f(x)

Nós conhecemos como o método da bisseção atua, agora vamos ver como esse processo pode ajudar-nos a refinar um intervalo inicial até que tenhamos a raiz aproximada tão próxima da exata quanto possível.

Para isso seguimos alguns passos.

Passo 1: determinar um intervalo [a, b] que possua uma única raiz.

Passo 2: fazer k kk 1

a bx

2+

+= , dividindo [a, b] em dois subintervalos iguais

[a, xk] e [xk, b], se f(a) . f(xk) < 0, o intervalo que contém a raiz é [a, xk], caso

contrário o intervalo que contém a raiz é [xk, b].

Passo 3: verificar se qualquer valor dentro do intervalo satisfaz a precisão desejada utilizando um ou mais dos critérios apresentados. Caso contrário volte ao passo 2.



Exemplo

Calcule a raiz da equação f(x) = x2 + lnx com ε ≤ 0,1, sabendo que ela possui apenas uma raiz no intervalo [0,5; 1,0].

Solução

Como o problema garante que existe apenas uma raiz no intervalo [0,5; 1,0], vamos passar ao segundo passo.

Fazendo 1

0,5 1x 0,75

2+

= ⇒ e

f(a) . f(x1)

f(0,5) . f(0,75) < 0

Portanto, nosso novo intervalo é [0,5; 0,75], para facilitar o processo podemos

escolher qualquer valor no intervalo e escolhemos 2

0,5 0,75x 0,625

2+

= ⇒

f(0,625) = –0,7937

|f(0,625)| = 0,7937

Como |f(0,625)| > 0,1, voltamos ao passo 2 escolhendo um novo intervalo [0,5; 0,625] ou [0,625; 0,750]. Novamente:

f(a) . f(x2)

f(0,5) . f(0,625) > 0

Como o resultado é maior que zero e existem apenas dois intervalos, conclu-ímos que o intervalo que contém a raiz é [0,625; 0,750], avaliamos novamente o quanto estamos perto da raiz:

3

0,625 0,750x 0,6875

2+

= ⇒ , fazendo f(0,6875) = 0,097.

Avaliando o valor da função temos: f(0,6875) < ε e 0,097 < 0,1.

Assim podemos parar, pois está tão próximo da raiz quanto foi solicitado no enunciado do problema.

Assim, x = 0,6875.

2.4.2 Análise da convergência do método da bisseçãoA análise da convergência dos métodos iterativos permite avaliar previa-

mente algumas características adicionais do método em relação ao problema estudado, como a quantidade de iterações necessárias até que o critério de parada seja satisfeito.

Podemos notar que se f(x) for contínua no intervalo [a, b] e f(a) . f(b) < 0 no desenvolvimento do método da bisseção, geramos uma sequência xk que



converge para a raiz α. Observe como o intervalo diminui a cada iteração pelo método da bisseção.

1 1

2 2 2

2

3 3 3

n n n

b ab a

2

b ab a2b a

2 2

b ab a2b a

2 2

b ab a

2

−− =

−−

− = ⇒

−−

− = ⇒

−− =

⋮ ⋮

Para n → ∞ e aplicando o limite nos dois membros da igualdade:

( )n n nx n

b alim b a lim

2→∞ →∞

−− =

No segundo membro da expressão temos:

nn

b alim 0

2→∞

−=

Assim:

( )

( )

n n nx n

n nx

n nx x

n nx x

b alim b a lim 0

2

lim b a 0

limb lim a 0

limb lim a

→∞ →∞

→∞

→∞ →∞

→∞ →∞

−− = =

− =

− =

=

e n nn nlim a limb→∞ →∞

= = α .

Agora vamos verificar se α é raiz de f(x).

Como f(an) f(bn) < 0 e f(x) é contínua:

n n n n n nn n n n nlim f(a )f(b ) lim f(a ) lim f(b ) f(lim a ) f(limb ) 0→∞ →∞ →∞ →∞ →∞

= ⋅ = ⋅ ≤

Como n nn nlim a limb→∞ →∞

= = α e n nn nf(lim a ) f(limb ) 0

→∞ →∞⋅ ≤

Concluímos que 20 [f( )] 0 f( ) 0≤ α ≤ ⇒ α = α é raiz.



Provamos que, com certeza, chegaremos à raiz de uma função utilizando o método da bisseção, mas quantas iterações são necessárias para chegarmos ao resultado esperado? O método da bisseção nos permite calcular previamente quantas iterações são necessárias para chegar a raiz α com um erro deseja ε. Temos a seguinte expressão:

n n n

b ab a

2−

− =

Desejamos conhecer um intervalo tal que |bn – an| < ε.

Para n

b a2−

≤ ε, tem-se que:

n

n

n

n

b a

2

b aln ln

2

ln(b a) ln2 ln

ln2 ln(b a) ln

ln(b a)nln2

ln

ln[(b a) / ]n

ln2

−≤ ε

−≤ ε

− − ≤ ε

≥ − − ε

−≥

ε

− ε≥

Com a última expressão podemos determinar quantas iterações são necessá-rias conhecendo apenas a tolerância e o intervalo inicial, observe também que a convergência do método da bisseção, sendo a única condição para a f(x) é que seja contínua no intervalo.

Exemplo

Determine quantas iterações são necessárias para que se encontre uma raiz aproximada da função f(x) = cos(x) + 2sen(x) no intervalo [2,3] com erro de 0,001.

Solução

Utilizando a expressão temos

ln[(b a) / ]n

ln2

ln[(3 2) / 0,001]n

ln2

n 9.965784285

− ε≥

−≥

≥



O n pertence aos naturais, portanto devemos fazer 10 iterações para encon-trar a raiz com a precisão desejada.

Saiba mais

Neste sítio encontramos um programa denominado Visual Cálculo Numé-rico (VCN), este programa possibilita aplicar e comparar vários métodos de encontrar a raiz numérica de uma função, um programa simples usar verifique. Verifique mais sobre esse assunto no sítio <http://www.geocities.com/programa_vcn/>.

Seguiremos nossos estudos de zeros reais de funções abordando outros métodos de refinamento da solução, no próximo capítulo, o que aumentará a nossa capacidade de avaliar e interpretar resultados e resolver os problemas.

ReferênciasBARROSO, Leônidas Conceição. Cálculo Numérico. São Paulo: Edgard Blucher, Editora da USP, 1972.


Anotações



Raízes reais de funções, método de Newton 3

IntroduçãoNeste capítulo estudaremos o método da iteração linear (MIL) e o método de

Newton para determinar raízes aproximadas de funções.

O método da iteração linear é importante mais devido aos conceitos envolvidos do que a própria praticidade do método, pois é baseado nos conceitos deste método que vamos defi nir o método de Newton.

Ao fi nal deste capítulo você será capaz de determinar a raiz aproximada de uma função e analisar e conhecer as propriedades do método de Newton e da posição falsa para encontrar a raiz aproximada de uma função.

Para um bom desenvolvimento dos conceitos abordados neste capítulo é importante ter compreendido como isolar uma raiz, os conceitos de critério de parada suas vantagens e desvantagens. Os conceitos de funções sua classi-fi cação e familiaridade com suas propriedades também são importantes. A derivada primeira e segunda de funções desempenha um papel importante na compreensão dos conceitos.

3.1 Método da iteração linearSeja f(x) uma função contínua em [a,b] com α ∈ [a,b] tal que f(α) = 0. O

Método da Iteração Linear consiste em alterar a equação f(x) = 0 de modo que se obtenha a função x = ϕ(x) denominada função de iteração.

O MIL cria uma sequência [xk] de aproximações para raiz utilizando a função iteração xk+1 = ϕ(xk), pois a função ϕ(x) é tal que f(α) = 0, se e somente, se α = ϕ(α).

Dada uma função f(x) existem várias possibilidades de função iteração, ou seja, esta não é a única.

Exemplo

Considere a função f(x) = x2 + x – 6, encontre as funções iteração.

Solução

Nesse exemplo, podemos citar algumas funções iterações.

a) ϕ1(x) = 6 – x2



b) 2(x) 6 xϕ = ± −

c) 3

6(x) 1

xϕ = +

d) 4

6(x)

x 1ϕ =

−

3.2 Interpretação GeométricaConsiderando a função x = ϕ(x), podemos encontrar a sua raiz graficamente

utilizando a regra g(x) = –h(x), assim a abscissa do ponto de intersecção entre a curva y = x e y = ϕ(x).

yy = x

x0 x0 x0 x

ϕ(x)

x

Nesse caso, a função escolhida ϕ(x) faz o processo convergir para a raiz da função f(x), mas existem casos em que isso não ocorre, observe o gráfico a seguir.

ϕ(x)

y = x

x

y

Neste outro exemplo o processo diverge, ou seja, afasta da raiz:

Dada uma função f(x) = 0 pode existir mais de uma função de iteração ϕ(x), entretanto não é para todo ϕ(x) que o processo xk+1 = ϕ(xk) gera uma sequência convergente para a raiz α.

Exemplo

Considere a função f(x) = x2 + x – 6, utilize as funções iteração ϕ1(x) = 6 – x2 e 2(x) 6 xϕ = − , para determinar a raiz da função.

Solução

Apesar dessa função ter raízes conhecidas a utilizaremos como um exemplo didático para compreender o método. Suas raízes são 2 e –3.



Utilizando a primeira função ϕ1(x) = 6 – x2.

Escolhendo o valor inicial x0 = 1,5 e o processo iterativo xk+1 = ϕ(xk), encon-tramos a seguinte sequência.

x1 = 3,75

x2 = – 8,0625

x3 = – 59,003906

x4 = – 3475,4609

Observamos que o os valores não se aproximam da raiz 2 que é a mais próxima de x0. Observando o gráfico, a seguir, podemos visualizar o que ocorreu no processo algébrico.

y

xx0

Como no processo algébrico podemos observar que a sequência diverge.

Agora vamos repetir o processo com a função de iteração: 2x (x) 6 x= ϕ = − , com x0 = 1,5, assim temos:

x1 = 2,12132

x2 = 1,96944

x3 = 2,00763

x4 = 1,99809

x5 = 2,00048

Observamos que a função converge para 2, ou seja, para a raiz da função f(x), observe o comportamento gráfico do processo na figura a seguir.

y

x0x

ϕ(x)

α



Para a função de iteração 2(x) 6 xϕ = − , o processo se aproxima da raiz.

3.3 Estudo da ConvergênciaVimos que uma função f(x) possui várias funções iteração e que nem todas

geram uma sequência que converge para a raiz. Então como escolher a função iteração para termos certeza que encontraremos a raiz aproximada de f(x)?

O teorema, a seguir, mostra os critérios para escolher a função iteração de modo que a mesma gere uma sequência que converge para a raiz da função.

Teorema 1

Seja ϕ(x) uma função de iteração para f(x)=0 e uma raiz de f(x) = 0 isolada no intervalo [a,b] e centrada em α, se

a) ϕ(x) e ϕ'(x) são contínuas em [a,b];

b) |ϕ'(x)| ≤ M < 1 ∀x∈ [a,b]

c) x0 ∈ [a,b]

Assim a sequência {x0, x1, x2, ..., xk+1} gerada pela função de iteração xk+1 = ϕ(xk) converge para a raiz α.

O M no teorema anterior é um valor 0 < M < 1.

Agora vamos utilizar o teorema para verificar as funções iteração do exemplo anterior e utilizar os critérios do teorema para identificar qual função iteração ϕ(x) converge.

Verificando ϕ1(x) o exemplo anterior temos:

ϕ1(x) = 6 – x2.

Considerando o teorema devemos encontrar um intervalo [a, b], centrado em α, que satisfaça as condições a e b do teorema.

a) ϕ1(x) = 6 – x2 e ϕ'1(x) = –2x, toda função polinomial é contínua no conjunto dos Reais.

b) 1

1 1'(x) 1 2x 1 x

2 2−

ϕ < ⇒ < ⇒ < < . Não há um intervalo [a, b] centrado

na raiz, tal que |ϕ'1(x)| < 1 ∀x∈ [a, b], portanto ϕ1(x) não satisfaz a

condição b do teorema.

Verificando ϕ2(x):

No exemplo anterior temos a função de iteração 2(x) 6 xϕ = − . O método de Iteração Linear converge para a raiz α = 2?

De acordo com o teorema, devemos encontrar um intervalo [a,b], centrado em α, que satisfaça as condições a e b do teorema.



2(x) 6 xϕ = −a) e '2

1(x)

2 6 x

−ϕ =

− são contínuas em S = {x∈R | x < 6}.

'2

1(x) 1 1 5,75 x 5,75

2 6 xϕ < ⇒ < ⇒ − < <

−b) .

Assim podemos escolher um intervalo [a,b] de modo que este esteja centrado

na raiz, tal que |ϕ'2(x)|<1 ∀x∈ [a, b], portanto ϕ

2(x) satisfaz a condição b do

teorema e então podemos afirmar que o processo converge.

Agora vamos estudar o método de Newton que é uma variação do MIL, no

qual a função iteração é uma função em particular.

3.4 Método de NewtonO método de Newton é um processo mais elaborado e envolve o cálculo

da derivada da função f(x) em questão. Esse método converge para a raiz

de maneira muito rápida para valores próximos da raiz, mas possui algumas

restrições a serem consideradas.

O método parte de um ponto inicial próximo da raiz, mas o intervalo inicial

com apenas uma raiz não é indispensável.

A partir de um ponto inicial o próximo é determinado pela seguinte

equação.

nn 1 n

n

f(x )x x

f '(x )+= −

sendo xn+1

o próximo ponto.

Para utilizar o método de Newton realizamos os seguintes passos:

Passo 1: determinar um intervalo [a, b] que possua uma única raiz.

Passo 2: fazer nn 1 n

n

f(x )x x

f '(x )+= − .

Passo 3: verificar se qualquer valor dentro do intervalo satisfaz a precisão

desejada utilizando um ou mais dos critérios apresentados. Caso contrário volte

ao passo 2.

Exemplo

Calcular a raiz de f(x) = x3 – x2 – 4 que se encontra no intervalo [1; 2,5],

com precisão de ε < 0,01.

Neste processo vamos primeiro encontrar f'(x), assim temos:

f'(x) = 3x2 – 2x.

Como os pontos dos extremos do intervalo pertencem ao intervalo, vamos

escolher o valor x0 = 2,5.




Substituindo na expressão:

nn 1 n

n

01 0

0

1

1

f(x )x x

f '(x )

f(x )x x

f '(x )

f(2,5)x 2,5

f '(2,5)

x 2,10909

+ = −

= −

= −

=

Como não vamos trabalhar com o intervalo durante o processo utilizaremos o critério 1 para verificar a aproximação. Assim temos:

1

f(x)

f(x ) 0,01

f(2,1090) 0,01

≤ ε

≤

≤

Como f(2,1090) > 0,01, devemos voltar ao passo 2 e repetir o processo utilizado a abscissa x2. Assim:

12 1

1

2

2

f(x )x x

f '(x )

f(2,10909)x 2,10909

f '(2,10909)

x 2,0068

= −

= −

=

Realizando o passo 3, temos que:

|f(2,0068)| > 0,001

Portanto, repetimos novamente o passo 2, lembrando que voltamos ao passo 2 sempre que |f(xk)| > 0,01.

23 2

2

3

3

f(x )x x

f '(x )

f(2,0068)x 2,0068

f '(2,0068)

x 2,000028

= −

= −

=

Fazendo, |f(2,000028)| < 0,001

Portanto a raiz aproximada é: x3 = 2,000028.

Neste exemplo, podemos observar que para valores próximos da raiz, o método converge mais rapidamente. Então surge uma pergunta. O método de Newton converge para qualquer intervalo que possui uma única raiz?



A resposta é não, mas antes de explicar o porquê dessa resposta vamos fazer sua interpretação geométrica.

y

x3 x2 x1 x0 x

A partir de um ponto inicial x0 aproximamos da raiz traçando uma reta tangente a f(x0), a reta tangente intercepta o eixo das abscissas em x1, em uma posição mais próxima da raiz. O processo se repete até que a aproximação desejada seja alcançada.

Saiba mais

O artigo encontrado no sítio <http://www.famat.ufu.br/revista/revistaa-bril2004/artigos/ArtigoCarlosSandreaneCesar.pdf> apresenta uma apli-cação prática do método de Newton e algumas outras curiosidades, visite-o e lembre que há diversos sítios em que podemos aprender e exercitar nos-sos aprendizados, esse é um deles, experimente.

Agora que compreendemos a motivação geométrica do método de Newton, vamos responder a pergunta feita anteriormente quanto à escolha de x0.

Considere o gráfico a seguir, da equação f(x) = x3 – 2x2 – 4.

y1

1

xk

f'xk = 0

–1–1

–2

–3

–4

–5

–6

2 3 4

x



Como podemos observar geometricamente e algebricamente no ponto onde f'(x) = 0, algebricamente temos uma divisão por zero e geometricamente podemos observar que a reta tangente no ponto não intercepta o eixo das abscissas e assim não podemos continuar com o processo.

De maneira geral, não é aconselhável escolher um x0 de modo que exista um xk entre x0 e ξ, faça f(xk) = 0.

É uma condição suficiente para que a convergência do método de Newton que: f'(x) e f''(x) sejam não nulas e preservem o sinal em (a, b) e x0 seja tal que f(x0) ⋅ f''(x0) > 0.

Neste capítulo, vimos como isolar uma raiz em um intervalo de tal forma que esta seja única e em seguida como melhorar esse resultado a fim de encontrar um valor tão próximo da raiz quanto se queira e vimos, também, dois métodos para realizar o refinamento das raízes.

No próximo capítulo, estudaremos a interpolação polinomial, este conceito permite associarmos uma tabela a uma função e assim calcular valores interme-diários. Este estudo é aplicado em qualquer situação em que os dados sejam obtidos de forma discreta e haja a necessidade de seus valores contínuos.



Anotações



Introdução à interpolação 4Introdução

Os conceitos básicos de interpolação polinomial é aproximar uma função f(x) através de uma função p(x), geralmente polinomial. Os maiores interesses nessa aproximação são:

a) Determinar valores intermediários aproximados entre dados exatos.

A temperatura de uma determinada região é medida três vezes ao dia, as oito horas, as doze e as dezoito horas. A interpolação nos permite conhecer os valores intermediários aproximados, isto é, a temperatura as dez, por exemplo.

b) A função possui uma lei de formação tal que algumas operações como diferenciação e integração são complexas ou impossíveis de serem realizadas.

A integração da função 2xf(x) e= . Em outros casos para acelerar os cálculos

podemos transformar uma função transcendental em um polinômio de grau n, mais prático e rápido de ser computado o valor de p(x).

Ao fi nal deste capítulo você deverá ser capaz de defi nir interpolação polino-mial e encontrar o polinômio interpolador através de sistemas lineares.

Os conceitos de funções polinomiais sua classifi cação e familiaridade com suas propriedades. A derivada primeira e segunda de funções também desem-penha um papel importante na compreensão dos conceitos. Neste capítulo utili-zaremos sistemas lineares para encontrar o polinômio interpolador e por isso é importante ter em mente os conceitos relacionados a sistemas lineares.

4.1 Problema da InterpolaçãoA interpolação polinomial consiste em determinar os coefi cientes de um poli-

nômio de grau n, tal que os pontos de uma determinada tabela satisfaçam o polinômio. Considere a tabela a seguir com (n + 1) pontos distintos:

x x1 x1 x2 ... xn

f(x) f(x0) f(x1) f(x2) ... f(x4)

A interpolação polinomial de f(x) consiste em encontrar uma função p(x), tal que:



0 0

1 1

2 2

3 3

n 1 n 1

n n

p(x ) f(x )

p(x ) f(x )

p(x ) f(x )

p(x ) f(x )

p(x ) f(x )

p(x ) f(x )

− −

=

=

=

=

=

=

⋮

f(x)

f(x0)

x0 x1 x2 x3xn–1 xn x

f(x1) f(x2)

f(x3)f(xn–1)

f(xn)

p(x)

A forma geral de um polinômio é dada por:0 1 2 n 1 n

n 0 1 2 n 1 np (x) a x a x a x ... a x a x−−= + + + + +

Vamos aproximar f(x) por um polinômio de grau menor ou igual a n, de modo que f(xk) = pn(xk) k = 0, 1, 2, ..., n.

Baseados nessa condição, montamos o sistema a seguir:2 n 1 n

o 1 0 2 0 n 1 0 n 0 0

2 n 1 no 1 1 2 1 n 1 1 n 1 1

2 n 1 no 1 2 2 2 n 1 2 n 2 2

2 n 1 no 1 n 1 2 n 1 n 1 n 1 n n 1 n

2 n 1 no 1 n 2 n n 2 n n

a a x a x ... a x a x f(x )




a a x a x ... a x a x f(x

−−

−−

−−

−− − − − −

−

+ + + + + =

+ + + + + =

+ + + + + =

+ + + + + =

+ + + + + =

⋮

n )

As variáveis deste sistema são: a0, a1, a2, ... an, pois os valores de x e f(x) conhecidos a partir da tabela, assim temos um sistema linear com n + 1 variáveis e n + 1 equações. Escrevendo na forma matricial temos:

2 n 1 n0 00 0 0 0

2 n 1 n1 11 1 1 1

2 n 1 n2 22 2 2 2

2 n 1 nn 1 n 1n 1 n 1 n 1 n 1

2 n 1 nn nn n n n

a f(x )1 x x x xa f(x )1 x x x xa f(x )1 x x x x

a f(x )1 x x x xa f(x )1 x x x x

−

−

−

−− −− − − −

−

=

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮

⋯

⋯

A matriz de coeficientes é denominada como matriz de Vandermonde. A matriz de Vandermonde, para x0, x1, x2, ..., xn distintos, possui det(A) ≠ 0 podemos mostrar esta propriedade mostrando que suas linhas são vetores line-armente independentes, assim o sistema linear possui solução única. Devido a esta propriedade existe um único polinômio, de grau menor ou igual a n, tal que: pn(xk) = f(xk), k = 0, 1, 2, ..., n.



Exemplo

Determine o polinômio que interpole os pontos da tabela a seguir.

x –1 0 2

f(x) 4 1 –1

k 0 1 2

Solução

Como o polinômio tem grau menor ou igual a 2 temos a forma geral p2(x) = a0 + a1x + a2x

2. A nossa tarefa e determinar os valores de a0, a1 e a2. Satisfazendo as seguintes condições:

22 0 0 1 0 2 0 0p (x ) a a x a x f(x )= + + =

22 1 0 1 1 2 1 1p (x ) a a x a x f(x )= + + =

22 2 0 1 2 2 2 2p (x ) a a x a x f(x )= + + =

Considerando o sistema na forma matricial temos:

20 0 0 1

21 1 1 2

22 2 2 3

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

=

Substituindo os dados da tabela encontramos o sistema:

0

1

2

1 1 1 a 41 0 0 a 11 2 4 a 1

− = −

Resolvendo o sistema, chegamos a solução:

0

1

2

1a7a 3

a 23

−=

E o polinômio interpolador é 22

7 2p (x) 1 x x

3 3= − +

Verificando os pontos fornecidos na tabela:

p2(–1) = 4

p2(0) = 1

p2(2) = –1



Essa verificação é uma forma de conferir os resultados, pois a curva de inter-polação deve passar pelos pontos dados, entretanto pode haver pequenos erros devido aos arredondamentos ocorridos durante a resolução do sistema linear.

Agora vamos estudar um exemplo, onde conhecemos valores na proximi-dade do que desejamos calcular e verificar que as distâncias entre os pontos influenciam na precisão do cálculo.

Exemplo

Estime o logaritmo natural de 2 usando interpolação linear e quadrática:

interpolando entre ln(1)=0 e ln(6)=1,7917595;

interpolando entre ln(1)=0 e ln(4)=1,3862944;

interpolando entre ln(1)=0, ln(4)=1,3862944 e ln(6)=1,7917595;

Solução

Nos dois primeiros casos a forma geral do polinômio é p1(x) = a0 +a1x, pois n = 1. Assim:

p1(x0) = a0 + a1x0 = f(x0)

p1(x1) = a0 + a1x1 = f(x1)

Escrevendo o sistema na forma matricial, temos:

0

1

1 1 a 01 6 a 1,7917595

=

Resolvendo o sistema, chegamos ao seguinte resultado:

p1(x) = –0,3583519 + 0,3583519x

Determinando o ln(2) pelo polinômio interpolador, temos:

p1(x) = –0,3583519 + 0,3583519x

p1(2) = –0,3583519 + 0,3583519 . 2

p1(2) = 0,3583519

Calculando diretamente o valor ln(2), obtemos o valor exato 0,69314718.

O erro relativo ocorrido é:

R

0,69314718 0,35835190E 100 48,3%

0,693114718

−= × =

Vamos realizar o mesmo processo para o item b.

p1(x) = a0 + a1x

p1(x0) = a0 + a1x0 = f(x0)

p1(x1) = a0 + a1x1 = f(x1)



Resolvendo o sistema, mas agora com os valores fornecidos pelo item b temos

0

1

1 1 a 01 4 a 1,3862944

=

p1(x) = –0,4620981333 + 0,4620981333x

Calculando pelo polinômio interpolador:

p1(x) = –4620981333 + 4620981333x

p1(x) = –4620981333 + 4620981333 . 2

p1(2) = 0,46209813

Determinando o erro relativo ocorrido neste caso, temos:

R

0,69314718 0,46209813 E 100 33,3%

0,693114718

−= × =

Podemos observar que para um intervalo menor entre os pontos houve um erro relativo menor.

No item c temos n = 2 e, portanto, a forma geral do nosso polinômio é p2(x) = a0 + a1x + a2x

2.

Devemos encontrar coeficientes que satisfaçam as condições:

22 0 0 1 0 2 0 0p (x ) a a x a x f(x )= + + =

22 1 0 1 1 2 1 1p (x ) a a x a x f(x )= + + =

22 2 0 1 2 2 2 2p (x ) a a x a x f(x )= + + =

Assim temos o seguinte sistema linear.

0

1

2

1 1 1 a 1

1 4 16 a 1,3862944

1 6 36 a 1,7917595

=

Resolvendo o sistema encontramos a solução e, portanto, os coeficientes do polinômio.

0

1

2

a 0,66596

a 0,721463716

a 0,051873116

− = −

22p (x) 0,669596 0,721463716x 0,051872116x= − + −



Utilizando o polinômio interpolador para determinar ln (2).2

2

22

2

p (x) 0,669596 0,721463716x 0,051872116x

p (x) 0,669596 0,721463716 2 0,051872116 2

p (x) 0,5658443666

= − + −

= − + ⋅ − ⋅

=

ln(2)=0,5658443666

Calculando o erro, temos:

R

0,69314718 0,5658443666 E 100 18,4%

0,693114718

−= × =

No item c o erro foi menor, pois interpolamos por um polinômio do segundo grau, também denominada interpolação quadrática.

Assim vimos que a precisão do polinômio interpolador depende da distância entre os pontos interpolados e da quantidade de pontos interpolados.

4.2 Erro na interpolaçãoO erro na interpolação faz sentido apenas quando conhecemos a função

f(x), pois para dados tabelados não temos uma referência para o erro. Neste caso o erro é estudado mais pelo seu valor teórico do que pela prática do mesmo. A seguir enunciamos o teorema que define o erro na interpolação.

Teorema

Seja p um polinômio de grau n que interpola f em x0, x1, ..., xn, f é uma função definida em um intervalo [a, b] que contém os n+1 pontos. Se f é (n+1) vezes diferenciável em [a, b], então para t ∈ [a, b] o erro é dado por:

n 1

0 1 n

e(x) f(x) p(x)

f ( )e(x) (x x )(x x )...(x x )

(n 1)!

+

= −

ξ= − − −

+

x ∈ [a, b] e ξ a abscissa do ponto máximo de fn+1.

Exemplo

Determine a função do erro cometido na aproximação de f(x) = ex por um polinômio interpolador que passa pelos pontos A(0, 1) e B(1; 2,718) no inter-valo [0, 1].

Solução

Para calcular o erro cometido pelo polinômio interpolador, utilizamos a

equação n 1

0 1 n

f ( )e(x) (x x )(x x )...(x x )

(n 1)!

+ ξ= − − −

+, portanto não é necessário deter-

minar p(x).



Temos dois pontos a interpolar assim n = 1. Calculando f''(x).

f(x) = ex

f''(x) = ex

n 1

0 1 n

''

0 1

1

2

f ( )e(x) (x x )(x x )...(x x )

(n 1)!

f ( )e(x) (x x )(x x )

(1 1)!

ee(x) (x 0)(x 1)

2e

e(x) (x x)2

+ ξ= − − −

+

ξ= − −

+

= − −

= −

Portanto, o erro cometido no intervalo [0, 1] é determinado através da

expressão 2ee(x) (x x)

2= − .

Saiba mais

No sítio <http://www.linux.ime.usp.br/~cef/mac499-04/monografias/elisa/ monografia/> encontramos uma monografia que utiliza interpolação poli-nomial para alterar uma imagem e analisar seu padrão é um exemplo claro de como a matemática se aplica em vários campos de atuação. Visite, leia mais sobre o assunto, aprofunde seus conhecimentos.

No próximo capítulo, conheceremos outros métodos para encontrar o poli-nômio interpolador, o método de Newton que utiliza diferenças divididas e o método de Lagrange, embora os métodos utilizem conceitos diferentes todos eles chegam ao mesmo polinômio.



Anotações




Interpolação II 5Introdução

Para realizar a interpolação existem vários métodos. Neste capítulo vamos estudar mais dois métodos, além do estudado no capítulo anterior. Esses dois outros métodos possuem a vantagem de os dados não estarem, necessariamente, igualmente espaçados no eixo das abscissas.

Existe, também, as vantagens computacionais, ou seja, os métodos são mais rápidos. Ao fi nal deste capítulo, você será capaz de compreender os conceitos pertinentes a ao processo de Newton para encontrar o polinômio interpolador e compreender os conceitos pertinentes a ao processo de Lagrange para encontrar o polinômio interpolador.

Veremos os conceitos de funções polinomiais, sua classifi cação e familiari-dade com suas propriedades. A derivada primeira e segunda de funções também desempenha um papel importante na compreensão dos conceitos. Neste capí-tulo utilizaremos os conceitos estudados no quarto capítulo deste caderno.

Estudaremos uma maneira diferente de determinar o polinômio interpolador que será o primeiro assunto deste capítulo, vejamos.

5.1 Forma de Interpolação Polinomial de NewtonNeste método não é preciso que os pontos utilizados estejam distribuídos

uniformemente ou que os valores das abscissas sejam em ordem crescente.

A expressão do método de Newton é dada por:

n 0 1 0 2 0 1 n 0 1 n 1P (x) d d (x x ) d (x x )(x x ) ... d (x x )(x x )...(x x )−= + − + − − + + − − −

Sendo di, i = 0, 1, ..., n são determinados por:

X Ordem 0 Ordem 1 Ordem 2 Ordem 3 Ordem 4

0 0 0

1 1 0

2 2 1 0

n n n 1 2 1 0

d f[x ] f(x )

d f[x , x ]

d f[x , x , x ]

d f[x , x ,........, x , x , x ]−

= =

=

=

=

⋮



Observe que ao invés de parênteses utilizamos colchetes na função, isso indica a operação diferença divididas e cada termo é calculado utilizando a seguinte regra:

i j i ji j

i j i j

i j j ki j k

i k

i j jk k li j k l

i l

n n 1 2 1 n 1 n 2 1 0n n 1 2 1 0

n

f x f x f(x ) f(x )f[x , x ]

x x x x

f[x , x ] f[x , x ]f[x , x , x ]

x x

f[x , x , x ] f[x , x , x ]f[x , x , x , x ]

x x

f[x , x ,..., x , x ] f[x , x ,..., x , x ]f[x , x ,........, x , x , x ]

x x− − −

−

− − = =− −

−=

−

−=

−

−=

−

⋮

0

Este método utiliza uma aproximação da derivada em cada ponto a ser determinado, note a semelhança com a definição de derivada.

Substituindo as diferenças divididas na expressão do polinômio proposto por Newton temos a seguinte expressão.

n 0 0 1 0 0 1 2 1 0

0 1 n 1 n n 1 2 1 0

P (x) f[x ] (x x )f[x , x ] (x x )(x x )f[x , x , x ] ....

(x x )(x x )...(x x )f[x , x ,..., x , x , x ]− −

= + − + − − + +

+ − − −

Para tornar os cálculos mais práticos, utilizamos uma tabela recursiva, a seguir temos um exemplo de ordem 4.

x0 f[x0]

f[x1, x0]

x1 f[x1] f[x2, x1, x0]

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

x2 f[x2] f[x3, x2, x1] f[x4, x3, x2, x1, x0]

f[x3, x2] f[x4, x3, x2, x1]

x3 f[x3] f[x4, x3, x2]

f[x4, x3]

x4 f[x4]

Com os dados da tabela anterior podemos calcular os coeficientes do polinômio procurado, nesta tabela utilizamos apenas o primeiro elemento de cada coluna, mas para calcular o de maior ordem necessitamos calcular todos os termos.



Para ilustrar como utilizar o método de Newton para calcular o polinômio interpolador vamos fazer um exemplo.

Exemplo

Encontre o polinômio Pn(x) com n ≥ 2 que interpole os pontos tabelados abaixo, utilizando a forma de Newton.

x –1 0 2f(x) 4 1 –1

Solução

Como no método do sistema linear, o primeiro passo é estimar o polinômio que queremos encontrar determinando o valor de n que nesse exemplo é 2.

De acordo com o método de Newton temos o seguinte polinômio.

2 0 1 0 0 2 1 0 0 1P (x) f(x ) f[x , x ](x x ) f[x , x , x ](x x )(x x )= + − + − −

O próximo passo é calcular as diferenças divididas. Inicialmente vamos colocar os valores da abscissa na tabela. A ordem da diferença dividida é igual a n, colocando o valor de x na primeira coluna e como f[xi] = f(xi), segunda coluna são os valores de y.

X ORDEM 0 ORDEM 1 ORDEM 2–1 4

f[x1, x0]0 1 f[x2, x0]

f[x2, x1]2 –1

Os termos seguintes são calculados de acordo com as fórmulas.

1 01 0

1 0

f[x ] f[x ] 1 4 3f[x , x ]

x x 0 ( 1) 1− − −

= = =− − −

2 12 1

2 1

f[x ] f[x ] 1 1 2f[x , x ] 1

x x 2 0 2− − − −

= = = = −− −

2 1 1 02 1 0

2 0

f[x , x ] f[x , x ] 1 ( 3) 2f[x , x , x ]

x x 2 ( 1) 3− − − −

= = =− − −

Completando a tabela temos:

X ORDEM 0 ORDEM 1 ORDEM 2–1 4

–3

0 1 2/3

–1

2 –1



Substituindo na fórmula de Newton:

2 0 1 0 0 2 1 0 0 1P (x) f(x ) f[x , x ](x x ) f[x , x , x ](x x )(x x )= + − + − −

2

2 22

2P (x) 4 3(x 1) (x 1)(x)

3

2 2 7 2P (x) 4 3x 3 x x 1 x x

3 3 3 3

= − + + + =

= − − + + = − +

Determine uma aproximação para ln(2) por meio da forma de Newton, utili-zando as informações da tabela a seguir:

x 1 4 6 5

f(x) 0 1,3862944 1,7917595 1,6094379

Neste caso, o nosso n é igual a 3 e, portanto o polinômio interpolador tem a seguinte forma geral:

1 2 33 0 1 2 3P (x) a a x a x a x= + + +

Pela fórmula de Newton os coeficientes e o polinômio são

2 0 1 0 0 2 1 0 0 1 3 2 1 0 0

1 2

P (x) f(x ) f[x , x ](x x ) f[x , x , x ](x x )(x x ) f[x , x , x , x ](x x )

(x x )(x x )

= + − + − − + −

− −

Montando a tabela de diferenças divididas temos:

X ORDEM 0 ORDEM 1 ORDEM 2 ORDEM 3x0 0

f[x1, x0]

x1 1,3862944 f[x2, x1, x0]

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

x2 1,7917595 f[x3, x2, x1]

f[x3, x2]

x3 1,6094379

Calculando as diferenças divididas e colocando na tabela temos o seguinte resultado:

X ORDEM 0 ORDEM 1 ORDEM 2 ORDEM 31 0

0,46209813

4 1,3862944 –0,051873116

0,20273255 0,0078655415

6 1,7917595 –0,020410950

0,18231160

5 1,6094379



O polinômio obtido com os dados é:

3P (x) 0 0,46109813(x 1) 0,051873116(x 1)(x 4)

0,0078655415(x 1)(x 4)(x 6)

= − − − − − +

+ − − −

P3(2) = 0,62876869

Erro = 9,3%

Vimos como determinar o polinômio utilizando o método de Newton, vale ressaltar que, independente do método, já mostramos que para um dado conjunto de dados distintos temos um único polinômio.

Como nos outros métodos este apresenta vantagens e desvantagens na quantidade de operações e complexidade dos cálculos.

5.2 Erro pelo método de NewtonPara dados tabelados não temos como determinar o erro, pois não conhe-

cemos a função, mas se tivermos conhecimento desta podemos determinar o erro máximo ocorrido na interpolação dentro do intervalo pré-estabelecido.

O erro de interpolação é dado por:

en( x ) = f( x ) – pn(x)

Como o polinômio interpolador passa necessariamente pelos pontos dados, nestes pontos o erro é zero, mas para valores intermediários temos:

en ( x ) = f [x0 , ... , xn, x ] ( x – x0 ) ... ( x – xn )

Por meio do teorema, a seguir, veremos que esse erro é apenas uma maneira diferente de calcular o erro estudado no capítulo anterior, assim sendo considere o seguinte teorema:

Teorema

Seja f(x) derivadas contínuas até ordem . Sejam , pontos distintos da função. Seja o polinômio que interpola f(x) nestes pontos. Então, o erro de truncamento da interpolação polinomial vale:

(n 1)

n 0 1 n 0 n

f ( (x))E ( x ) (x x ) (x x ) (x x ) , (x) [x , x ]

(n 1)!

+ ξ= − − − ξ ∈

+⋯

5.3 Forma de Interpolação Polinomial de LagrangeSeja uma tabela com n + 1 dados {xi,f(xi)}. Vamos encontrar um polinômio que

satisfaça as condições antes mencionadas por meio do método de Lagrange.

A equação para o método de Lagrange é

n 0 0 1 1 n np (x) L (x) f(x ) L (x) f(x ) L (x) f(x )= ⋅ + ⋅ + + ⋅⋯



sendo os Lk(x) são polinômios que obedecem a seguinte lei de formação:

= δk i kiL (x )

sendo que:

ki

0 se,k i1 se,k i

≠δ =

=

Agora, vamos mostrar que o polinômio sob estas condições passa pelos pontos a serem considerados. Partiremos, inicialmente de f(x0).

0 0 0 0 1 0 1 n 0 n

0 0 1 n

0 0

p(x ) L (x ) f(x ) L (x ) f(x ) L (x ) f(x )

p(x ) 1 f(x ) 0 f(x ) 0 f(x )

p(x ) f(x )

= ⋅ + ⋅ + + ⋅

= ⋅ + ⋅ + + ⋅

=

⋯

⋯

E considerando também f(x1),

1 0 1 0 1 1 1 n 1 n

1 0 1 n

1 1

p(x ) L (x ) f(x ) L (x ) f(x ) L (x ) f(x )

p(x ) 0 f(x ) 1 f(x ) 0 f(x )

p(x ) f(x )

= ⋅ + ⋅ + + ⋅

= ⋅ + ⋅ + + ⋅

=

⋯

⋯

ou seja:

i ip(x ) f(x )= ,

o que demonstra que o polinômio interpolador p(x) intercepta exatamente sobre os pontos {xi,f(xi)} dados.

Dessa maneira, nosso objetivo se resume em encontrar os polinômios Lk(x). Assim a expressão procurada é determinada por:

0 1 nk 1 k 1k

0 1 nk k k ki 1 k ki 1 k

(x x ) (x x ) (x x ) (x x ) (x x )L (x)

(x x ) (x x ) (x x ) (x x ) (x x )− +

− +

− ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ −=

− ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ −

⋯ ⋯

⋯ ⋯

que é fácil verificar, pois:

k k

ik

L (x ) 1 e

L (x ) 0 se,i k

=

= ≠

Escrevendo na forma de somatório que é mais compacta, o polinômio de Lagrange se resume em:

( ) ( ) ( )n

n i ii 0

p x L x f x=

= ⋅∑



e os polinômios Li(x) são escritos da forma,

( )

( )

( )

n

jj 0j i

i n

i jj 0j i

x x

L x

x x

=≠

=≠

−

=

−

∏

∏

Exemplo

Determine o polinômio interpolador para os dados da tabela, a seguir.

xi f(xi)1 3

3 5

Solução

Como nos outros métodos teremos um polinômio de grau 1, pois n = 1. Utilizando o polinômio de Lagrange na forma de somatório temos:

1

i ii 0

p(x) L (x) f(x )=

= ⋅∑

Desenvolvendo o somatório temos o polinômio, agora nossa tarefa é deter-minar os Li(x).

0 0 1 1p(x) L (x).f(x ) L (x).f(x )= +

As funções Li (x) devem satisfazer a função:

ki0 se,k i1 se,k i

≠δ = =

Então temos as seguintes condições:

L0 (x0) =1 L1 (x0) =0

L0 (x1) =0 L1 (x1) =1

Determinando os Li que satisfazem estas condições através da fórmula:

( )

( )

( )

n

jj 0j i

i n

i jj 0j i

x x

L x

x x

=≠

=≠

−

=

−

∏

∏



Temos a seguinte forma geral e substituindo os valores da tabela determinamos:

10

0 1

x x x 3 x 3L (x)

x x 1 3 2− − −

= ⇒ ⇒− − −

01

1 0

x x x 1 x 1L (x)

x x 3 1 2− − −

= ⇒ ⇒− −

Substituindo em: 0 0 1 1p(x) L (x).f(x ) L (x).f(x )= + , temos:

Temos:

x 3 x 1p(x) 3 5

2 2

3x 9 5x 5p(x)

2 2

2x 4p(x)

2

p(x) x 2

− −= ⋅ + ⋅

−

− + −= +

+=

= +

Para melhor compreender o processo vamos fazer outro exemplo interpo-lando os pontos por uma parábola.

Exemplo

Interpolar pelo método de Lagrange os dados da tabela a seguir.

XI f(xi)

–1 2

0 5

1 7

Solução

O polinômio pelo método de Lagrange é dado por

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 i ii 0

2 0 0 1 1 2 2

p x L f x

p x L f x L f x L f x=

= ⋅

= ⋅ + ⋅ + ⋅

∑

Considerando a função ki0 se,k i1 se,k i

≠δ = =, os polinômios de Lagrange

assumem os seguintes valores nos pontos x0, x1, x2.

Assim:

L0 (x0) =1 L1 (x0) =0 L2 (x0) =0

L0 (x1) =0 L1 (x1) =1 L2 (x1) =0

L0 (x2) =0 L1 (x2) =0 L2 (x2) =1



Substituindo na fórmula ( )

( )

( )

2

jj 0j i

i 2

i jj 0j i

x x

L x

x x

=≠

=≠

−

=

−

∏

∏, encontramos os polinômios de

Lagrange L0, L

1 e L

2.

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

21 2

00 1 0 2

x x x x x 0 x 1 x xL

2x x x x 1 0 1 1

− ⋅ − − ⋅ − −= = =

− ⋅ − − − ⋅ − −

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) 21

x ( 1) x 1 x 1 x 1L x 1

10 ( 1) 0 1

− − ⋅ − + ⋅ −= = = − +

−− − ⋅ −

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

20 1

22 0 2 1

x x x x x ( 1) x 0 x xL

2x x x x 1 ( 1) 1 0

− ⋅ − − − ⋅ − += = =

− ⋅ − − − ⋅ −

Assim o polinômio procurado é:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 0 0 1 1 2 2

2 22

2 0 1 2

p (x) L f x L f x L f x

x x x xp (x) f x x 1 f x f x

2 2

= ⋅ + ⋅ + ⋅

− += ⋅ + − + ⋅ + ⋅

Para problemas que envolvem mais pontos seguimos o mesmo raciocínio

para encontrar o polinômio interpolador.

Saiba mais

No sítio <http://www.estv.ipv.pt/PaginasPessoais/lsousa/Teoria_actualMN/ Cap%C3%ADtulo4-interpola%C3%A7%C3%A3o.pdf> você terá acesso a um material que aborda os conceitos aqui estudados de uma maneira mais abrangente, consulte este material e aprofunde seus conhecimentos sobre o assunto.

Todos os métodos como dito anteriormente chegam aos mesmo polinômio

interpolador pois este é único, entretanto eles se diferem no conceito e principal-

mente na quantidade de operações necessárias para chegar ao polinômio.

Utilizando sistema lineares temos um total de 3

op2 n

N3

⋅= , enquanto que no

método de Lagrange ou o de Newton temos um total de 2

op3 n

N2

⋅= , ou seja,

uma quantidade inferior de operações.




No próximo capítulo, estudaremos como calcular integral de valores tabelados e funções que apresentem a integral na forma analítica é complexa ou impossível. Como nos casos que estudamos até agora, este cálculo não é preciso e, podemos determiná-las escolhendo vários pontos ou determinadas regras para obter o resultado que melhor atende às necessidades de um problema específico.



Anotações



Introdução à integração numérica 6

IntroduçãoA integração numérica é realizada quando há limitações semelhantes às

encontradas na interpolação, como funções cujo cálculo da integral é extrema-mente complexo e funções tabeladas, ou seja, que não possuem uma expressão que a caracteriza.

Integração Numérica

Estudamos em cálculo diferencial e integral que uma função f(x) contínua em um intervalo [a, b], é dada pela seguinte expressão.

b

a

f(x)dx F(a) F(b)= −∫

sendo 'F (x) f(x)= . A integral defi nida representa grafi camente a área sob uma curva.

Em certa situação o cálculo da integral de f(x) pode ser muito complexo ou mesmo impossível e em determinados problemas onde não conhecemos a lei de formação da função, funções tabeladas em um intervalo [a, b]. A alternativa é a emprego de métodos numéricos.

Ao fi nal deste capítulo, você será capaz de compreender a integração numé-rica e compreender os erros cometidos na integração numérica.

Neste capítulo, sexta parte do nosso curso, estudaremos como calcular inte-grais por métodos numéricos. Para isso é importante estar familiarizado com os conceitos de integrais estudados nas disciplinas de Cálculo I e II, como a defi -nição de integral, técnicas de integração, continuidade de funções entre outros.



6.1 Regra dos TrapéziosNessa regra, a função a ser integrada será aproximada por um polinômio

interpolador que é de grau 1. Portanto, necessita-se de dois pontos para a interpo-lação, ou seja, os limites de integração 0 1[x , x ] [a,b]= . Assim temos a expressão:

Considerando a fórmula de Gregory-Newton, temos o polinômio:

01 0 0

(x x )p (x) f(x ) f(x )

h−

= + ∆

sendo, h = (x1 – x0)

Obtemos o seguinte resultado:b b

1a a

A f(x)dx p (x)dx= ≈∫ ∫

1

0

x0

0 0x

(x x )A f(x ) f(x ) dx

h−

≈ + ∆

∫

Para simplificar a nossa compreensão vamos fazer uma mudança de variável:

0 0y f(x )=

0(x x )z

h−

=

0 0 1 0y f(x ) f(x ) f(x )∆ = ∆ = −

Resultando em:b

0 0a

A [y z y ]dx≈ + ∆∫

Agora temos que fazer a alteração no fator de integração dx, assim como 0(x x )

zh

−=

e derivando em relação a x, temos:

dz 1dx hdz

dx h= ⇒ =

Alterando também os limites de integração:

0 00

(x x )a x z 0

h−

= ⇒ = =

1 01

(x x ) hb x z 1

h h−

= ⇒ = = =

1

0 00

A [y z y ] h dz≈ + ∆ ⋅ ⋅∫



Realizada as devidas alterações podemos integrar a última expressão em função de z.

1

0 00

12

0 0

0

00

A [y z y ] h dz

zA h zy y

2

yA h y

2

≈ + ∆ ⋅ ⋅

≈ + ∆

∆ ≈ +

∫

Pelas diferenças divididas, temos que:

0 1 0y f(x ) f(x )∆ = −

E fazendo a substituição, finalmente temos a regra dos trapézios:

b1 0

0a

0 1

f(x ) f(x )A f(x)dx h f(x )

2

hA f(x ) f(x )

2

− = ≈ +

≈ +

∫

A representação da expressão é dada pelo gráfico da figura a seguir

Em geometria vimos que a área do trapézio é ( )trap

h B bA

2

+= , aqui nossa

base mede f(x0) e f(x1) e a altura é h, confirmando a equação que encontramos

analiticamente.

0 1h

A f(x ) f(x )2

≈ +



6.1.2 Erro de truncamento na regra dos trapéziosNa integração numérica assim como no cálculo das raízes de uma função

ou na interpolação obtemos resultados aproximados, ou seja, cometemos um erro na regra do trapézio.

Vamos definir o erro cometido seguindo os mesmos passos que seguimos para obter a regra do trapézio, neste caso integrando o erro do polinômio interpolador.

Ez z h

f c hdz

E h f c z z dz

E h f

T a

b

T a

b

T

=−

= ⋅ ⋅ ⋅ −

= ⋅

∫

∫

( )

!"( )

"( )!

( )

1

2

1

2

2

3 2

3 ""( )!

"( )!

cz z

E h f c

Eh

T

T

⋅ ⋅ −

= ⋅ ⋅ ⋅ −

=−

1

2 3 2

1

2

1

6

12

3 2

0

1

3

3

ff c c x x"( ) [ , ]∈ 0 1

Como o sinal do erro é negativo se f'' > 0, cometemos um erro por excesso, ou seja, a área encontrada é maior que a exata, mas se f'' < 0, cometemos um erro por falta, ou seja, a área encontrada é menor que a exata.

Exemplo

Calcule a integral definida dx

x3

3 6,

∫ inicialmente pelo método analítico e em

seguida pela regra dos trapézios e o erro cometido.

Solução

Vamos começar resolvendo pelo método analítico.3,6

3.6

33

dxln x ln3,6 ln3 0,18232

x= = − =∫

Agora vamos resolver utilizando a regra dos trapézios, definindo o intervalo e calculando h temos:

x0 = 3, x

1 = 3,6, h = x

1 – x

0 = 0,6

Substituindo na fórmula dos trapézios:

Ah

f x f x

A

A

≈ +

≈ +

≈

2

0 6

2

1

3

1

3 6

0 18333

0 1( ) ( )

,

,

,




Para determinar vamos primeiro encontrar a derivada segunda da função 1

f(x)x

= .

2

3

1f '(x)

x2

f ''(x)x

=−

=

A função f''(c) assume um valor máximo em módulo para c [3; 3;6]∈ se c = 3,

assim temos:

3

T0,6 2

E 0,0013312 27

≤ ⋅ =

Como o valor da integral é conhecido, pode-se calcular o erro diretamente:

Erro = 0,18333 – 1,18233 = 0,001, valor muito próximo do calculado

acima.

Exemplo

Determine a integral da função utilizando o método analítico e a regra

dos trapézios 2 3 4 5f(x) 0,2 25x 200x 675x 900x 400x= + − + − + , no intervalo

[0; 0,8], calcule o erro cometido pela diferença entre o método exato e o

aproximado.

Solução

Determinando a integral de forma analítica temos a expressão a seguir:

f x dx x x x x x dx

f x d

( ) ,

( )

, ,

= + − + − +( ) =∫ ∫0

0 82 3 4 5

0

0 8

0 2 25 200 675 900 400

xx xx x x x x

f

0

0 8 2 3 4 5 6

0

0 8

0 2 252

2003

6754

9005

4006

, ,

,

(

∫ = + − + − +

xx dx) ,,

0

0 8

1 64053334∫ =

Agora vamos calcular através da regra do trapézio:0,8

0

0,8

0

0,8 0,8f(x)dx [f(0) f(0,8)] [0,2 0,232]

2 2

f(x)dx 0,1728

≈ + = +

=

∫

∫

Calculando o erro cometido entre os métodos, temos:

T

T

E 1,64053334 0,1828

E 1,46773334

= −

=




Determinando o erro relativo para se ter uma idéia mais precisa fazemos

AR

R

R

EE

x

1,46773334E

1,64053334

E 0,8946

=

=

=

Portanto o erro cometido é de 89,46%, ou seja, muito significativo quando comparado com a grandeza exata.

Para ilustrar o que aconteceu no último exemplo na forma geométrica vamos esboçar o gráfico da função e o trapézio.

6.1.3 Regra do Trapézio – Fórmula CompostaO exemplo anterior mostra que a regra do trapézio em determinadas situações

é muito fraca. Para obter um resultado mais preciso vamos aplicar o método n vezes no mesmo intervalo, ou seja, subdividir o intervalo [a, b] em intervalos menores e iguais. Observe a representação gráfica da situação no gráfico da figura a seguir.



Na figura, a área da região cinza somada à área da região preta, é a área

encontrada pela regra dos trapézios quando dividimos o intervalo [a, b] em três

partes. A área da região preta representa o erro cometido, que neste caso é

menor que na regra dos trapézios simples.

Agora fazendo de forma algébrica, dividindo o intervalo [a, b] em n subin-

tervalos, temos:

b

0 1 1 2 n 1 na

h h hA f(x)dx f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) .......... f(x ) f(x )

2 2 2 −= ≈ + + + + + + ∫

Colocando

h

2 em evidência e somando os termos semelhantes obtemos a

seguinte expressão:

b

0 1 2 n 1 na

hA f(x)dx f(x ) 2f(x ) 2f(x ) .......... 2f(x ) f(x )

2 −= ≈ + + + + ∫

Como dividimos o intervalo em n subintervalos também cometemos En erros,

assim o erro total é a soma dos erros de cada subintervalo.

T 0 1 2 n 1 n

3

''T

3''

T 2

E E E E ..... E E

b an

nE f (c)

12

(b a)E f (c) a c b

12n

−= + + + + +

− − ⋅ =

− −= ≤ ≤

Exemplo

Calcular a área sob a curva no intervalo [3,0; 3,6], utilizando a regra dos

trapézios com seis subintervalos.

Solução

O primeiro passo é obter os f(xi) de cada extremo de intervalo, para sistema-

tizar o processo inicialmente construímos a tabela a seguir.

i xi f(x1) = 1/Xi0 3 0,333333

1 3,1 0,322581

2 3,2 0,312500

3 3,3 0,303030

4 3,4 0,294118

5 3,5 0,285714

6 3,6 0,277778




Substituímos os dados da tabela na expressão:3,6

3,0

0 1 2 3 4 5 6

1A dx

x

hA f(x ) 2f(x ) 2f(x ) 2f(x ) 2f(x ) 2f(x ) f(x )

2

hA f(3) 2f(3,1) 2f(3,2) 2f(3,3) 2f(3,4) 2f(3,6) f(3,6)

2

hA f(3) 2f(3,1) 2f(3,2) 2f(3,3) 2f(3,4) 2f(3,6) f(3,6)

2

=

≈ + + + + + +

≈ + + + + + +

≈ + + + + + +

∫

Calculando o erro cometido nessa integração numérica, podemos observar que ele é bem menor que o erro cometido pela regra do trapézio simples.

Calculando as derivadas da função f(x) encontramos 1f(x)

x= , '

2

1f (x)

x

−=

e ''3

2f (x)

x= . Para x [3, 3,6]∈ o valor máximo em módulo de f''(x) no inter-

valo é c = 3, uma vez que a sua derivada não muda de sinal neste intervalo ''

3

2 2f (3)

273= = , portanto:

35

T 2

(3,6 3) 2E 3,704 10

2712 6−−

≤ = ×⋅

Nesse último exemplo, podemos notar que o erro é muito menor que no mesmo exemplo utilizando a regra do trapézio simples, isso porque o erro diminui de forma quadrática.

Saiba mais

No sítio <http://www.wiley.com/college/mat/anton243310/mod2/ap-plet1/applet1.html> temos a representação gráfica e a possibilidade de comparar alguns métodos de integração. O programa funciona direta mente do navegador e é autoexplicativo.

Neste capítulo, vimos que a integração numérica é uma ferramenta pode-rosa mesmo encontrando resultados aproximados pois, permite calcular integrais de funções complexas ou mesmo tabeladas com cálculos simples, tão próximo quanto se deseja apenas aumentando a quantidade de pontos considerados no intervalo [a, b].



No próximo capítulo, estudaremos sobre o método para o cálculo da inte-gral de forma numérica que utiliza três pontos e assim aproxima-se da função por um polinômio do segundo grau, essa regra é denominada primeira regra de Simpson.



Anotações



Integração numérica II7

IntroduçãoNeste capítulo, vamos estudar uma técnica diferente da regra dos trapézios

para calcular a integração numérica as regras de Simpson, a diferença básica

nestes métodos são quantos pontos por intervalo de integração são utilizados,

assim aproximando da integração analítica de forma mais efi ciente.

Ao fi nal deste nosso último capítulo, você será capaz de compreender a inte-

gração numérica e compreender os erros cometidos na integração numérica.

Nessa parte do nosso curso estudaremos como calcular integrais por métodos

numéricos, mais especifi camente as regras de Simpson, para isto é importante

estar familiarizado com os conceitos de integrais como a defi nição de integral,

técnicas de integração, continuidade de funções, entre outros conceitos estu-

dados em Cálculo I e II.

A seguir temos a primeira regra de Simpson que interpola a função por três

pontos por vez.

7.1 Primeira Regra de SimpsonA primeira regra de Simpson aproxima-se da função f(x) por um polinômio

de grau 2, por isso necessitamos de no mínimo três pontos, ou seja, {x0, x

1, x

2},

sendo x0 = a e x

2 = b , deste modo temos a seguinte expressão.

A f x dx p x dxx

x

x

x

= ≈ ∫∫ ( ) ( )2

0

2

0

2

Considerando a fórmula de Gregory-Newton, obtemos o seguinte resultado:

p x f xx x

hf x x x x x

f x

h2 0

00 0 1

20

22( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )= +

−+ − −∆

∆

Desenvolvendo as diferenças divididas:

A f x dx A p x dx

A f xx x

hf x x x x

x

x

x

x

= ≈

≈ +−

+ − −

∫ ∫( ) ( )

( )( )

( ) ( )(

0

2

0

2

2

00

0 0∆ xxf x

hdx

x

x

1

20

220

2

)( )∆

∫




Vamos fazer uma troca de variáveis, para tornar simples a integração:

y f x0 0= ( ) e zx x

h=

−( )0

Encontrando ( )x x

h

− 1 em função de z:

( )001x x(x x h)(x x )

1 z 1h h h

−− −−= = − = −

Representando o operador de diferenças divididas em função de yi, pois

são os valores que conhecemos.

∆ ∆y f x f x f x y y0 0 1 0 1 0= = − = −( ) ( ) ( )

Fazendo o mesmo para a diferença de segunda ordem do polinômio temos:

∆ ∆

∆ ∆ ∆

∆

20

20

20 1 0

20 2 1 1

y f x

y f x f x

y f x f x f x f

=

= −

= − − −

( )

( ) ( )

[ ( ) ( )] [ ( ) (xx

y f x f x f x

y y y y

0

20 2 1 0

20 2 1 0

2

2

)]

[ ( ) ( ) ( )]

[ ]

∆

∆

= − +

= − +

Substituindo na integral obtemos a seguinte expressão, mas antes de inte-

grar devemos substituir também o dx.

A y z yz z

y dxx

x

≈ + +−

∫ [( )

]0 02

0

1

20

2

∆ ∆

Derivando a expressão zx x

h=

−( )0 em relação a x, temos:

dz

dx hdx hdz= ⇒ =

1

Devemos também mudar os limites de integração:

a x zx x

h= ⇒ =

−=0

0 0 0( )

b x zx x

h

h

h= ⇒ =

−= =1

2 0 22

( )

A y z y h dz≈ + ⋅ ⋅∫ [ ]0 00

2

∆




Finalmente, podemos resolver a integral e obter a denominada primeira regra de Simpson para integração numérica.

22

0 0 00

22 3 2

20 0 0

0

20 0 0

z(z 1)A y z y y h dz

2

z z zA h zy y y

2 6 4

1A h 2y 2 y y

3

− ≈ + ∆ + ∆ ⋅ ⋅

≈ + ∆ + − ∆

≈ + ∆ + ∆

∫

Os operadores Diferenças Finitas são constantes e por simplicidade na notação vamos substituí-los neste momento.

b

a

0 1 0 2 1 0

0 1 2

A f(x)dx

1 2 1A h 2y 2y 2y y y y

3 3 3

hA y 4y y

3

=

≈ + − + − +

≈ + +

∫

O Erro cometido na integração pela Primeira Regra de Simpson é dado por:5

(IV)T 0 1

hE f (c) c [x , x ]

90−

= ∈

O fato do erro da primeira Regra de Simpson depender da derivada de quarta ordem da função f(x) significa que esta se aproxima de forma exata de polinômios de terceiro grau.

Exemplo

Utilizando a mesma função dos exemplos, mas calculando através da

primeira regra de Simpson, vamos calcular 3,6

3

dxA

x= ∫ .

Solução

Para a primeira regra de Simpson devemos utilizar três pontos igualmente espaçados no intervalo [3, 3, 6], sistematizando os dados em uma tabela temos:

i Xi i i1f(x ) x=

0 3 0,333333

1 3,3 0,303030

2 3,6 0,277778



3,6

3,0

0 1 2

1A dx

x

hA f(x ) 4f(x ) f(x )

3

0,3A 0,333333 4 0,303030 0,277778

3

=

≈ + +

≈ + ⋅ +

∫

A 0,182323≈

Determinando o erro cometido, como nos outros casos vamos calcular primeiro a derivada de quarta ordem da função f(x).

1f(x)

x= , '

2

1f (x)

x

−= , ''

3

2f (x)

x= , '''

4

6f (x)

x

−= e (IV)

5

24f (x)

x= .

Para c ∈ [3, 3, 6] o valor máximo do módulo de f(IV) (x), portanto: 5

(IV)t

hE f (c) c [3;3,6]

90≤ ⋅ ∈

55

t0,3 24

E 0,2666 1090 243

−≤ ⋅ = ×

Veja que comparando com a regra dos trapézios que utilizamos seis pontos mesmo assim tivemos um erro maior que a primeira regra de Simpson na qual utilizamos apenas três pontos.

7.1.1 Primeira Regra de Simpson – Fórmula CompostaComo na regra do trapézio podemos dividir o intervalo em subintervalos

menores para melhorar a aproximação.

Nesta regra devemos ter o cuidado de termos a quantidade de subintervalos sempre par, ou seja, o n deve ser par, pois a regra de Simpson utiliza três pontos de cada vez no processo. Assim como nos outros métodos estudados até agora os comprimentos dos subintervalos devem ser iguais.

Repetindo a expressão para cada grupo de três pontos, temos:b

0 1 2 2 3 4a

n 2 n 1 n

h hA f(x)dx f(x ) 4f(x ) f(x ) f(x ) 4f(x ) f(x ) ...

3 3

hf(x ) 4f(x ) f(x )

3 − −

= ≈ + + + + + +

+ + +

∫

Colocando h

2 em evidência chegamos à expressão:

b

a

0 1 2 3 4 n 2 n 1 n

A f(x)dx

hA [f(x ) 4f(x ) 2f(x ) 4f(x ) 2f(x ) .... 2f(x ) 4f(x ) f(x )]

3 − −

=

≈ + + + + + + + +

∫




O erro cometido na integração numérica pela primeira regra de Simpson composta é dada por

5(IV)

T 4

(b a)E f (c) c [a,b]

180n

− −= ∈

onde n é o número de subintervalos.

Sendo o ponto c a abscissa em x que torna a f(IV) máxima em módulo.

Exemplo

Determinar pela primeira regra de Simpson a integral da função tabelada.

xi 0 2 4 6 8 10 12f(xi) 0 8 9 7 5 2 0

Solução

Para resolver uma integral numérica pela primeira regra de Simpson devemos verificar em primeiro lugar se n é par. Em nosso exemplo, n é igual a seis e por isso podemos aplicar a regra.

0 1 2 3 4 5 6

hI [f(x ) 4f(x ) 2f(x ) 4f(x ) 2f(x ) 4f(x ) f(x )]

3

2I 0 4 8 2 9 4 7 2 5 4 2 0

3

2I 0 16 18 28 10 8 0

3

2I 80

3

160I

3

I 53.333

= + + + + + +

= + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

= + + + + + +

=

=

=

O resultado da integral é 53,333.

7.2 Segunda Regra de SimpsonNesta regra, temos uma função f(x) que será aproximada por um polinômio

de grau 3. Assim são necessários quatro pontos para a interpolação, ou seja, { }0 1 2 3x , x , x , x , sendo 0x a= e 3x b= . Deste modo temos a seguinte expressão:

3

0

3

0

x

x

x

3x

A f(x)dx

A p (x)dx

=

≈

∫

∫



Procedendo de maneira semelhante a primeira regra de Simpson.b

a

0 1 2 3

0 1 2 3

A f(x)dx

3hA y 3y 3y y

8

3hA f(x ) 3f(x ) 3f(x ) f(x )

8

=

≈ + + +

= + + +

∫

O erro cometido quanto integramos utilizando a segunda regra de Simpson é:

5(IV)

T 0 33h

E f (c) c [x , x ]80

−= ∈

O erro máximo cometido pela segunda regra de Simpson é obtido quando f(IV) é o máximo em módulo.

7.2.1 Segunda Regra de Simpson – Fórmula CompostaAssim como na regra dos trapézios e na primeira regra de Simpson na

segunda regra de Simpson também podemos aplicar a regra a subintervalos menores, mas devemos ter cuidado porque aqui também temos uma quantidade certa de subintervalos a considerar, assim n deve ser um múltiplo de três, pois utilizamos quatro pontos na interpolação.

A fórmula da Segunda Regra de Simpson composta é dada por:b

a

0 1 2 3 3 4 5 6

n 3 n 2 n 1 n

A f(x)dx

3h 3hA f(x ) 3f(x ) 3f(x ) f(x ) f(x ) 3f(x ) 3f(x ) f(x ) ...

8 8

3hf(x ) 3f(x ) 3f(x ) f(x )

8 − − −

=

= + + + + + + + +

+ + + +

∫

Para simplificar, colocamos 3h8

em evidência:

b

a

0 1 2 3 4 5 6 n 2

n 1 n

A f(x)dx

3hA [f(x ) 3f(x ) 3f(x ) 2f(x ) 3f(x ) 3f(x ) 2f(x ) .... 3f(x )

8

3f(x ) f(x )]

−

−

=

≈ + + + + + + + +

+ +

∫

O Erro cometido na integração pela Segunda Regra de Simpson – Fórmula composta é dada por:



5(IV)

T 4

(b a)E f (c) c [a,b]

80n

− −= ∈

O erro máximo cometido é determinado por c quanto torna f(IV) máxima em módulo.

Exemplo

Calcular o valor de integral ln x e dxx3

1

21+ +( )∫ aplicando a regra de Simpson

para n = 9.

Solução

Inicialmente definimos o valor de h como temos n = 9.

4 1h

9

1h

3

−=

=

i xi yi0 1,0000 1,0744

1 1,3333 1,5173

2 1,6666 1,9655

3 2,0000 2,3884

4 2,3333 2,7768

5 2,6666 3,1305

6 3,0000 3,4529

7 3,3333 3,7477

8 3.6666 4,0187

9 4,0000 4,2691

Agora, vamos aplicar a segunda regra de Simpson:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

3hI y 3y 3y 2y 3y 3y 2y 3y 3y y

8

13

3I 1,0744 3 1,5173 3 1,9655 2 2,3884 3 2,7768 3 3,13058

2 3,4529 3 3,7477 3 4,0187 4,2691

I 8,5619

= + + + + + + + + +

= + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

+ ⋅ + ⋅ + ⋅ +

=

Saiba mais

Leia o artigo disponível em: <http://www.sbem.com.br/files/ix_enem/ Co municacao_Cientifica/Trabalhos/CC03442487803T.doc>, pois ele abor-da alguns aspectos pedagógicos sobre integração numérica e uso de um




programa específico, vale a pena conferir pois se trata de mais uma ferra-menta de apoio ao nosso trabalho.

Nesta disciplina, nós estudamos, de modo diferente, vários conceitos estu-dados anteriormente, como raízes de funções, integrais, polinômios, mas um detalhe que diferencia esta disciplina de outras, é que na vida real quase nunca temos valores inteiros, resultados exatos e aqui estudamos as teorias utilizadas para contornar estes problemas reais.

Para resolvermos problemas reais utilizamos computadores que, como vimos, são passíveis de erros, por isso, a importância de compreendê-los para minimizar os erros ocorridos nas operações matemáticas.

Vale lembrar que este curso não abrange todas as teorias relacionadas à Análise Numérica e ao Cálculo Numérico, mas é um início para que possamos caminhar sozinhos em estudos futuros por meio das literaturas especializadas.

Bons estudos!



Anotações

Download - Cálculo numérico e modelagem matemática

Top Related