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Métodos Numéricos
A. Ismael F. Vaz
Departamento de Produção e SistemasEscola de Engenharia
Universidade do [email protected]
Mestrado Integrado em Engenharia Mecânica
Ano lectivo 2007/2008
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 1 / 203
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 2 / 203
Introdução
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
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Introdução
Apresentação - Docente
Aulas teóricas
A. Ismael F. Vaz - [email protected]
www.norg.uminho.pt/aivaz
Aula teórico-prática e práticas
Senhorinha Teixeira – [email protected] Maria Rocha – [email protected]
Horário de atendimentoQuintas das 14h00 às 15h00.
Marcação por email.
As docentes das TPs e Ps terão o seu horário de atendimento.A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 4 / 203
Introdução
Apresentação - Disciplina
Página da disciplina;
www.norg.uminho.pt/aivaz
6 fichas TPs a realizar ao longo do semestre (17 valores nas aulas Ts)e 6 fichas Ps a realizar ao longo do semestre (3 valores - 0.5 cada -nas aulas Ps).A classificação final é: Fichas TPs + Fichas Ps.
Não é obrigatória a presença nas aulas Ts, TPs ou Ps. Mas atençãoaos momentos de avaliação.A avaliação feitas nas aulas Ps é considerada avaliação laboratorial,pelo que é exigido o valor mínimo de 50% para ter frequência (poder ira exame).
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Introdução
Material necessário e de apoio
Calculadora científica;
Folhas das fichas TPs;
Papel e caneta;Livro de Computação Numérica;www.norg.uminho.pt/emgpf
Software CoNum;www.norg.uminho.pt/emgpf
Formulário e acetatos disponíveis na página;www.norg.uminho.pt/aivaz
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Introdução
Programa detalhado
Dia Matéria28-Fev Apresentação da disciplina. Erros. Algarismos significativos. Fórmula
fundamental dos erros. Erros de truncatura.06-Mar Solução de equações não lineares. Método dos gráficos. Método da
secante e sua convergência. Método de Newton e sua convergência.Critérios de paragem.
13-Mar Sistemas de equações lineares. Eliminação de Gauss com pivotagemparcial. Avaliação sobre zeros de funções (2.5 valores).
27-Mar Métodos iterativos de Gauss-Seidel e Jacobi. Sistemas de equaçõesnão lineares. Método de Newton.
03-Abr Interpolação polinomial. Diferenças divididas. Fórmula interpoladorade Newton. Erro da fórmula interpoladora de Newton. Avaliaçãosobre sistemas lineares e não lineares (2.5 valores).
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Introdução
Programa detalhado
Dia Matéria10-Abr Splines lineares e cúbicas.17-Abr Splines cúbicas. Revisões24-Abr Revisões. Avaliação sobre interpolação (3 valores).08-Mai Mínimos quadrados polinomiais e modelos lineares.30-Mai Equações diferenciais com condições iniciais de 1a. Sistemas de equa-
ções diferenciais de 1a ordem.05-Jun Equações diferenciais de ordem superior. Avaliação sobre mínimos
quadrados (3 valores).12-Jun Equações diferencias com condições fronteira. Integração numérica.
Fórmulas simples e compostas do Trapézio, Simpson e 3/8.19-Jun Revisões. Avaliação sobre equações diferenciais (3 valores).26-Jun Revisões. Avaliação sobre integração (3 valores).03-Jul Revisões.
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Introdução
Motivação da disciplina
Presente em todos os cursos de engenharia (aplicações em todas asáreas da engenharia);
A disciplina de métodos numéricos dedica-se à resolução numérica deproblemas matemáticos. Com o desenvolvimento dos computadoresencontra-se direccionada para a implementação de algoritmos estáveis.
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Introdução
Controlo óptimo - Um exemplo
Problema de optimização do processo semi-contínuo de produção deEtanol.O problema de optimização é: (t0 = 0 e tf = 61.2 dias)
maxu(t)
J(tf ) ≡ x3(tf )x4(tf )
s.t.dx1
dt= g1x1 − u
x1
x4
dx2
dt= −10g1x1 + u
150− x2
x4
dx3
dt= g2x1 − u
x3
x4
dx4
dt= u
0 ≤ x4(tf ) ≤ 2000 ≤ u(t) ≤ 12∀t ∈ [t0, tf ]
com
g1 =(
0.4081 + x3/16
)(x2
0.22 + x2
)g2 =
(1
1 + x3/71.5
)(x2
0.44 + x2
)onde x1, x2 e x3 são as concentrações damassa celular, substrato e produto (g/L),e x4 é o volume (L). As condições iniciaissão:
x(t0) = (1, 150, 0, 10)T .
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Introdução
Abordagem para a resolução
Grande exigência em termos numéricos;
Grande exigência em termos de programação;
Solução da equação diferencial com o CVODE (software em C);
Problemas codificados em AMPL (linguagem de modelação);
Algoritmo para optimização sem derivadas;
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Erros
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
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Erros
Formato de vírgula flutuante normalizado
fl(x) = ±0.d1d2...dk × 10e
onde, 0.d1d2 . . . dk corresponde à mantissa, e e é o expoente.flt(x) representa o valor de x em vírgula flutuante truncado efla(x) representa o valor de x em vírgula flutuante arredondado.
Exemplo
x =23
flt(x) = 0.66666× 100
fla(x) = 0.66667× 100
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Erros
Formato de vírgula flutuante
(norma IEEE-754, 32 bits)
σ e + 64 d1 d2 d3 d4 d5 d6
1 bit 7 bits 4 bits 4 bits 4 bits 4 bits 4 bits 4 bits
Exemplox = 2490.125 = 9× 162 + 11× 161 + 10× 160 + 2× 16−1 =(9× 16−1 + 11× 16−2 + 10× 16−3 + 2× 16−4
)× 163
0 1000011 1001 1011 1010 0010 0000 0000σ e + 64 d1 d2 d3 d4 d5 d6
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Erros
Exemplo de programação
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Erros
Exemplo de programação
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Erros
Erros
Seja x o valor exacto e x o seu valor aproximado, que será usado noscálculos
x− x é o erro absoluto (normalmente não se pode calcular, porque xé desconhecido);|x− x| ≤ δx é o limite superior do erro absoluto;
rx = |x−x||x| = δx
|x| ≈δx|x| é o erro relativo.
ExemploPediu-se a duas pessoas para contarem laranjas de dois cestos. A primeira contou980 laranjas num cesto de 1000 e a segunda contou 480 num cesto de 500.Apesar de cometerem o mesmo erro absoluto (δ1 = 20 laranjas e δ2 = 20 laranjas)a segunda cometeu um erro maior, visto que r1 = 20
1000 = 0.02 e r2 = 20500 = 0.04.
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Erros
Fórmula fundamental dos erros
Dados n valores aproximados, x1, . . . , xn, e os seus respectivos errosabsolutos é possível calcular um majorante para o erro absoluto cometidoquando se aplica uma função f , através da fórmula fundamental dos erros.
δf ≤Mx1δx1 + Mx2δx2 + ... + Mxnδxn
onde maxx∈I
∣∣∣ ∂f∂xi
∣∣∣ ≤Mxi , com I = Ix1 × · · · × Ixn eIxi = [xi − δxi , xi + δxi ]
rf ≤δf
|f(x1, . . . , xn)|
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Erros
Exemplo
Cálculo dos limites do erro absoluto e relativo do cálculo da funçãof(x) = x1 − x2.
Temos que∣∣∣ ∂f∂x1
∣∣∣ ≤Mx1 = 1 e∣∣∣ ∂f∂x2
∣∣∣ ≤Mx2 = 1, logo
δf = δx1 + δx2
e
rf ≤δx1 + δx2
|x1 − x2|
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Erros
Algarismos Significativos
Casa decimais são as casas (algarismos) à direita da vírgula.Os algarismos significativos são aqueles em que temos confiança do seuvalor.
Exemplos:0.1234567 tem 1 algarismo significativo se δ = 0.05, 2 se δ = 0.005 e 7 seδ = 0.00000005.
0.0000020 tem 7 casas decimais e 2 algarismos significativos(δ = 0.00000005).
Quando todas as casas decimais são significativas 0.2 é diferente de 0.20.
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Zeros de funções
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
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Zeros de funções
Forma geral do problema
Pretende-se determinar x∗ tal que
f(x) = 0
ExemploTemos x∗ = −0.567143290409784 como solução para
ex + x = 0
Nota: uma equação não linear pode não ter solução, ou ter mais do queuma.
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Zeros de funções
Métodos iterativos
Uma sequência diz-se iterativa se é definida por uma função Findependente de k e dependente de um ou vários elementos anteriores a ele,
xk = F (xk−1, xk−2, . . . )
Aproximações iniciaisUm método que se baseie numa sequência iterativa com k − 1 elementosanteriores necessita também de k − 1 valores iniciais.
Exemploxk = xk−1 + xk−2
Partindo de x0 = 1 e x1 = 1 temos x2 = x1 + x0 = 2,x3 = x2 + x1 = 2 + 1 = 3, x4 = x3 + x2 = 3 + 2 = 5 gera uma sequênciacom os números de Fibonacci.
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Zeros de funções
Convergência
Uma sequência iterativa diz-se convergente quando
limk→∞
xk = x∗
Convergência superlinear
limk→+∞
|x∗ − xk+1||x∗ − xk|1.618 = L ou lim
k→+∞
|x∗ − xk+1||x∗ − xk|
= 0
Convergência quadrática
limk→+∞
|x∗ − xk+1||x∗ − xk|2
= L
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Zeros de funções
Critério de Paragem
A sequência de aproximações pode ser infinita. Como se pretende obteruma aproximação à solução implementa-se um critério de paragem.
Estimativa do erro relativo
dk =|xk+1 − xk||xk+1|
≤ ε1
Valor da função|f(xk+1)| ≤ ε2
Número máximo de iterações
k ≥ nmax
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Zeros de funções
Método dos gráficos
Uma aproximação ao zero da função f(x) pode obter-se
pela intersecção do gráfico de f(x) com o eixo dos xx;se f(x) = g(x)− h(x) os zeros de f(x) são os pontos de intersecçãode g(x) com h(x).
O método dos gráficos é frequentemente usado para obtermos umaaproximação inicial para outros métodos mais precisos.
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Zeros de funções
Exemplo
f(x) = ex + x g(x) = ex h(x) = −x
−1 −0.9 −0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
y
f(x)
h(x)
g(x)
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Zeros de funções
Método da bissecção
Se f(xi)f(xs) < 0 então existe um número ímpar de raízes de f(x) nointervalo [xi, xs].
Aproxima-se da raiz calculando xk = xi+xs2 , k = 1, 2, . . .
Considera-se o intervalo
[xi, xk] se f(xi)f(xk) < 0 e faz-se xs ← xk
ou[xk, xs] se f(xk)f(xs) < 0 e faz-se xi ← xk
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Zeros de funções
Interpretação gráfica (Bissecção)
f(x) = ex + x
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2
0
2
4
6
8
10
x
f(x)
xs
xi
xk
xs
xk+1
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 29 / 203
Zeros de funções
Método da secante
Método iterativo em que se fornece o x1 e x2 (a raiz não estánecessariamente no intervalo [x1, x2]). O próximo valor é calculado pelaseguinte fórmula (equação iterativa):
xk+1 = xk −(xk − xk−1)f(xk)f(xk)− f(xk−1)
, k = 2, 3, . . .
Zeros complexos: O método da secante também calcula zeros complexos,bastando para isso usar aritmética complexa.
Convergência: A convergência do método da Secante depende do valor deM2m ser pequeno. M é o max |f ′′(ξ)| e m é o min |f ′(η)|, onde ξ, η ∈ I.
εk+1 = − f ′′(ξ)2f ′(η)
εk−1εk
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Zeros de funções
Interpretação gráfica (Secante)
f(x) = ex + x
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2
0
2
4
6
8
10
x
f(x)
xk xk−1 xk+1 xk+2
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 31 / 203
Zeros de funções
Método de Newton
Método iterativo em que se fornece o x0. O próximo valor é calculado pelaseguinte formula (equação iterativa):
xk+1 = xk −f(xk)f ′(xk)
, k = 1, 2, ...
Zeros complexos: O método de Newton também calcula zeroscomplexos, bastando para isso usar aritmética complexa.
Convergência: A convergência do método de Newton depende do valor deM2m ser pequeno. M é o max |f ′′(ξ)| e m é o min |f ′(η)|, onde ξ, η ∈ I.
εk+1 = − f ′′(ξ)2f ′(η)
ε2k
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Zeros de funções
Interpretação gráfica (Newton)
f(x) = ex + x
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−2
0
2
4
6
8
10
x
f(x)
xk xk+1 xk+2
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Zeros de funções
Principais propriedades
Ambos possuem convergência local. Superlinear no caso do métododa secante e quadrática no método de newton.
O método da secante não usa derivadas.
O método da secante e de Newton podem falhar quando odenominador da equação iterativa é próximo de zero, i.e., quandof(xk) ≈ f(xk−1) ou f ′(xk) ≈ 0.
O método da secante e de Newton não convergem necessariamentepara o zero mais próximo da aproximação inicial.
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Zeros de funções
Exemplo ex + x = 0
Método de Newton com x0 = −0.5, ε1 = 0.5, ε2 = 0.1, nmax = 2.
Temos então que f(x) = ex + x e que f ′(x) = ex + 1.
1a iteração x0 = −0.5
f(−0.5) = e−0.5 − 0.5 = 0.1065 e f ′(−0.5) = 1.6065.
x1 = x0 − f(−0.5)f ′(−0.5) = −0.5− 0.1065
1.6065 = −0.5665
CP:
f(−0.5665) = 1.0082× 10−3 ≤ 0.1 (Verdadeiro)
|x1−x0||x1| = |−0.56665+0.5|
|−0.5665| = 0.1174 ≤ 0.5 (Verdadeiro)
O processo iterativo pára com x∗ ≈ x1 = −0.5665.
E se o ε1 fosse 0.1?A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 35 / 203
Resolução de sistemas lineares
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
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Resolução de sistemas lineares
Forma geral do problema
a11x1+ a12x2+ · · ·+ a1nxn = b1
a21x1+ a22x2+ · · ·+ a2nxn = b2
. . .an1x1+ an2x2+ · · ·+ annxn = bn
É um sistema com n equações lineares nas n incógnitas, x1, x2, . . . , xn. Osistema pode ser escrito na forma matricial Ax = b
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . .an1 an2 . . . ann
x1
x2
. . .xn
=
b1
b2
. . .bn
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Resolução de sistemas lineares
Exemplo
3 2 −29 7 −96 8 −8
x1
x2
x3
=
111
É um sistema linear de dimensão 3× 3. A matriz dos coeficientes
A =
3 2 −29 7 −96 8 −8
∈ R3×3 e o vector b = (1, 1, 1)T ∈ R3 é o vector dos
termos independentes.
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Resolução de sistemas lineares
Definições
A característica de uma matriz A, c(A), é o número máximo de linhasparalelas, ou colunas, linearmente independentes que existem namatriz.Para que um sistema seja possível e determinado temos de terc(A) = n. Caso contrário (c(A) < n) o sistema é indeterminado ouimpossível.À matrix (A|b) que se obtém ampliando A com a coluna do termoindependente b chama-se matriz ampliada do sistema.Triangular superior (inferior): É uma matriz em que os elementosabaixo (acima) da diagonal principal são zeros.Tridiagonal: Matriz em que aij = 0, se |i− j| ≥ 2, i, j = 1, . . . , n.Uma matriz com muitos elementos nulos diz-se esparsa.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 39 / 203
Resolução de sistemas lineares
Tipos de métodos
Métodos directos e estáveis. Métodos que calculam a solução exactado sistema ao fim de um número finito de operações elementares, casonão ocorram erros de arredondamento.
Matrizes dos coeficientes densas e de pequena dimensão.
Métodos iterativos. Métodos que definem uma sequência infinita deoperações, determinando uma sequência de aproximações, cujo limiteé a solução exacta do sistema.
Matrizes dos coeficientes esparsas e de grande dimensão.
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Resolução de sistemas lineares
Estabilidade numérica
Considere-se o seguinte sistema linear:{0.0001x1+ x2 = 1.0001
x1+ x2 = 2
cuja solução é x = (1, 1)T . Usando aritmética de três algarismossignificativos e considerando o multiplicador igual a− 1
0.100×10−3 = −0.100× 105, surge o sistema condensado{0.100× 10−3x1+ x2 = 0.100× 101
− 0.1× 105x2 = −0.1× 105
cuja solução é x = (0, 1)T !!!
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Resolução de sistemas lineares
Motivação - Continuação
Se nas mesmas condições usarmos a pivotagem parcial temos{x1+ x2 = 2
0.100× 10−3x1+ x2 = 0.100× 101
m = −0.100×10−3
1 = −0.100× 10−3
{x1+ x2 = 2
x2 = 0.100× 101
cuja solução é x = (1, 1)T .
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Resolução de sistemas lineares
Eliminação de Gauss com Pivotagem Parcial (EGPP)
Corresponde a eliminação de Gauss, mas em que a linha usada naeliminação dos elementos da coluna das linhas seguintes é o maior emmódulo.Exemplo: 3 2 −2
9 7 −96 8 −8
∣∣∣∣∣∣111
→ 9 7 −9
3 2 −26 8 −8
∣∣∣∣∣∣111
m21 = −39
m31 = −69 9 7 −9
0 −0.333333 10 3.333333 −2
∣∣∣∣∣∣1
0.6666670.333333
=
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Resolução de sistemas lineares
Eliminação de Gauss com Pivotagem Parcial (EGPP)
9 7 −90 3.333333 −20 −0.333333 1
∣∣∣∣∣∣1
0.3333330.666667
m32 = −−0.333333
3.333333 = 0.1=
9 7 −90 3.333333 −20 0 0.8
∣∣∣∣∣∣1
0.3333330.7
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Resolução de sistemas lineares
Substituição inversa
Quando a matriz é triangular superior pode-se determinar a soluçãodirectamente, através da substituição inversa.Exemplo 9 7 −9
0 3.333333 −20 0 0.8
∣∣∣∣∣∣1
0.3333330.7
vem que
x3 =0.70.8
= 0.875, x2 =0.333333− (−2)× 0.875
3.333333= 0.625
x1 =1− (−9)× 0.875− 7× 0.625
9= 0.5
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Resolução de sistemas lineares
Substituição directa
Quando a matriz é triangular inferior pode-se determinar a soluçãodirectamente, através da substituição directa.Exemplo 1 0 0
2 1 03 2 1
∣∣∣∣∣∣234
vem que
x1 =21
= 2, x2 =3− 2× 2
1= −1
x3 =4− 3× 2− 2× (−1)
1= 0
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Resolução de sistemas lineares
Decomposição LU
Da eliminação de Gauss com Pivotagem Parcial resulta
(A |I )→ (U |J )
Exemplo(1 2 1 02 1 0 1
)→(
2 1 0 11 2 1 0
)→(
2 1 0 10 1.5 1 −0.5
)
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 47 / 203
Resolução de sistemas lineares
Determinantes de Matrizes
det(A) = (−1)sn∏
i=1
uii
onde uii corresponde aos elementos da diagonal da matriz U e s é onúmero de trocas de linhas para obter a matriz U .Exemplo
det
(1 22 1
)= (−1)1det
(2 10 1.5
)= (−1)1 × 2× 1.5 = −3
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Resolução de sistemas lineares
Cálculo da Inversa de Matrizes
A matriz inversa de A (A−1) verifica
AA−1 = I = A−1A.
O cálculo da matriz inversa reduz-se a resolução de n sistemas lineares daforma
Axj = ej , j = 1, . . . , n,
em que os vectores independentes ej são as colunas da matriz identidade.O vector solução xj corresponde à coluna j da matriz inversa.Na prática resolve-se os n sistemas em simultâneo, i.e., resolve-se aequação
(U |J )
por substituição inversa.
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Resolução de sistemas lineares
Cálculo da Inversa de Matrizes - Exemplo
(1 2 1 02 1 0 1
)→(
2 1 0 11 2 1 0
)→(
2 1 0 10 1.5 1 −0.5
)(
2 1 00 1.5 1
)→{
x11 = 0−1×0.66672 = −0.3334
x21 = 11.5 = 0.6667(
2 1 10 1.5 −0.5
)→{
x12 = 1−1×(−0.3333)2 = 0.6667
x22 = −0.51.5 = −0.3333
A inversa de(
1 22 1
)é(−0.3334 0.6667
0.6667 −0.3333
)
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Resolução de sistemas lineares
Métodos iterativos
Nos métodos iterativos a solução exacta só é obtida ao fim de umasequência infinita de operações.O processo parte de uma aproximação inicial para a solução do sistema eusa uma equação iterativa da forma
Mx(k+1) = Nx(k) + b, para k = 1, 2, . . .
Os métodos em que M e N não dependem de k dizem-se estacionários.Os métodos de Jacobi e Gauss-Seidel são métodos estacionário.
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Resolução de sistemas lineares
Método Iterativo Jacobi
D matriz dos elementos da diagonal principal, L matriz dos simétricos doselementos abaixo da diagonal principal e U matriz dos simétricos doselementos acima da diagonal principal.O método de Jacobi usa a partição de A em D − (L + U), i.e, M = D eN = L + UA equação iterativa fica
Dx(k+1) = (L + U)x(k) + b ou x(k+1) = D−1(L + U)x(k) + D−1b
A matriz iteração é
CJ = M−1N = D−1(L + U)
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Resolução de sistemas lineares
Método Iterativo Gauss-Seidel
M = D − L
N = U
A equação iterativa fica
Mx(k+1) = Nx(k) + b ou x(k+1) = M−1Nx(k) + M−1b
A matriz iteração é
CGS = M−1N = (D − L)−1U.
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Resolução de sistemas lineares
Critério de Paragem
Erro relativo na aproximação∥∥x(k+1) − x(k)∥∥∥∥x(k+1)
∥∥ < ε1
Resíduo ∥∥∥Ax(k+1) − b∥∥∥ < ε2
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Resolução de sistemas lineares
Convergência dos métodos iterativos
Condições suficientesA simétrica e definida positiva =⇒ GS exibe convergência global;A é estrita e diagonalmente dominante =⇒ J e GS exibemconvergência global;‖C‖p < 1, para qualquer normal p, =⇒ J e GS exibem convergênciaglobal;
C é a matriz iteração de Jacobi ou Gauss-Seidel.
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Resolução de sistemas lineares
Algumas definições
Uma matriz A diz-se simétrica se A = AT .Uma matriz é definida positiva se dT Ad > 0, ∀d 6= 0. É equivalente averificar que todos os determinante das sub-matrizes principais sãomaiores do que zero.Uma matriz A diz-se estrita e diagonalmente dominante se|aii| >
∑nj=1j 6=i
|aij |, i = 1, . . . , n
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 56 / 203
Resolução de sistemas lineares
Exemplo - convergência de Gauss-Seidel
Considere-se a seguinte matriz dos coeficientes de um sistema linear
A =(
3 11 2
)Como a A = AT a matriz é simétrica.(
3 11 2
)det(|3|) = 3 > 0 det(A) = 3× 2− 1× 1 = 5 > 0
Logo A é simétrica e definida positiva e o método de Gauss-Seidelconverge.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 57 / 203
Resolução de sistemas lineares
Exemplo - convergência de Jacobi
Considere-se o seguinte sistema(1 2 13 1 1
)Como |1| ≯ |2| a matriz dos coeficientes não é estrita e diagonalmentedominante e nada se pode concluir acerca da convergência do método deJacobi. No entanto se trocarmos as linhas temos(
3 1 11 2 1
)e como |3| > |1| e |2| > |1| a matriz é estrita e diagonalmente dominante,logo o método de Jacobi converge.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 58 / 203
Resolução de sistemas lineares
Exemplo - convergência de Jacobi
Considere-se a seguinte matriz dos coeficientes de um sistema linear
A =(
3 23 1
)Como |3| > |2|, mas |1| ≯ |3| a matriz dos coeficientes não é estrita ediagonalmente dominante e nada se pode concluir acerca da convergênciado método de Jacobi.
D =(
3 00 1
)L =
(0 0−3 0
)U =
(0 −20 0
)
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 59 / 203
Resolução de sistemas lineares
Continuação
CJ = D−1(L + U) =(
0.3333 00 1
)(0 −2−3 0
)=(
0 −0.6666−3 0
)Como
‖CJ‖∞ = max{|0|+ | − 0.6666|, | − 3|+ |0|} = 3 ≥ 1
e‖cJ‖1 = max{|0|+ | − 3|, | − 0.6666|+ |0|} = 3 ≥ 1
nada se pode concluir acerca da convergência do método de Jacobi.
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Resolução de sistemas lineares
Uma iteração do método de Gauss-Seidel
Considere-se o seguinte sistema linear
A =(
3 1 11 2 1
),
x(1) = (0, 0)T e ε1 = ε = 0.1
D =(
3 00 2
)L =
(0 0−1 0
)U =
(0 −10 0
)Equação iterativa é
(D − L)x(k+1) = Ux(k) + b
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 61 / 203
Resolução de sistemas lineares
Continuação
1a iteração(3 01 2
)x(2) =
(0 −10 0
)(00
)+(
11
)=(
11
)(
3 0 11 2 1
)→
{x
(2)1 = 1
3 = 0.3333x
(2)2 = 1−1×0.3333
2 = 0.3334
C.P.
∥∥x(2) − x(1)∥∥∥∥x(2)
∥∥ =
∥∥∥∥( 0.33330.3334
)−(
00
)∥∥∥∥∞∥∥∥∥( 0.3333
0.3334
)∥∥∥∥∞
=0.33340.3334
= 1 ≮ 0.1
Como o critério não se verifica deve-se continuar com a próxima iteração.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 62 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 63 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Sistemas de equações não lineares
Forma geral do problemaf1(x1, x2, . . . , xn) = 0f2(x1, x2, . . . , xn) = 0. . .fn(x1, x2, . . . , xn) = 0
em que f = (f1, f2, . . . , fn)T é um vector de funções pelo menos uma vezcontinuamente diferenciáveis.Pretende-se determinar um x∗ = (x∗1, x
∗2, . . . , x
∗n)T tal que
f(x∗) = (0, 0, . . . , 0)T = 0.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 64 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Fórmula de Taylor a uma dimensão
Se f : R→ R for l + 1 vezes diferenciável temos que
f(x) =l∑
k=0
f (k)(a)k!
(x− a)k +f (l+1)(ξ)(l + 1)!
(x− a)l+1
com ξ ∈ [a, x] e a função definida em torno de a.
Exemplo: Valor da função em x(k+1) definido em torno de x(k).
f(x(k+1)) ≈ f(x(k)) + f ′(x(k))(x(k+1) − x(k))
ou seja, quando se pretende que f(x(k+1)) = 0 vem
x(k+1) = x(k) − f(x(k))f ′(x(k))
Eq. it. do método de Newton
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 65 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Fórmula de Taylor para dimensão n
Se f : Rn → Rn temos que
f(x(k+1)) ≈ f(x(k))+∂f1(x(k))
∂x1
∂f1(x(k))∂x2
. . . ∂f1(x(k))∂xn
∂f2(x(k))∂x1
∂f2(x(k))∂x2
. . . ∂f2(x(k))∂xn
. . .∂fn(x(k))
∂x1
∂fn(x(k))∂x2
. . . ∂fn(x(k))∂xn
x(k+1)1 − x
(k)1
x(k+1)2 − x
(k)2
. . .
x(k+1)n − x
(k)n
e deduzindo a equação iterativa do método de Newton para sistemas deequações não lineares temos,
J(x(k))∆(k)x = −f(x(k)), com x(k+1) = x(k) + ∆(k)
x
em que J(x) é o Jacobiano da função.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 66 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Critério de paragem
‖x(k+1) − x(k)‖2‖x(k+1)‖2
=‖∆(k)
x ‖2‖x(k+1)‖2
≤ ε1
Se ‖x(k+1)‖2 é zero, ou próximo de zero, então o critério deve ser‖∆(k)
x ‖2 ≤ ε1
‖f(x(k+1))‖2 ≤ ε2
Número máximo de iterações.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 67 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Propriedades
Convergência local quadrática.
Determina a solução de um sistema linear numa única iteração.
Inconveniente do cálculo do Jacobiano. (Também existe um métododa secante para sistemas.)
O método falha quando o Jacobiano é singular (nova aproximaçãoinicial).
O método de Newton não converge necessariamente para a soluçãomais próxima da aproximação inicial.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 68 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Um exemplo
Considere-se o seguinte sistema não linear{3x2 + 2y2 = 354x2 − 3y2 = 24
cujo Jacobiano é J(x, y) =(
6x 4y8x −6y
)Temos
f(x, y) =(
3x2 + 2y2 − 354x2 − 3y2 − 24
)e a aproximação inicial é (x, y)(1) = (2.5, 2). Pretende-se determinar asolução com uma precisão de ε1 = ε2 = 10−1.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 69 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Continuação
1a iteração
J((x, y)(1)) = J(2.5, 2) =(
15 820 −12
)f((x, y)(1)) = f(2.5, 2) =
(−8.25−11
)
(15 8 8.2520 −12 11
)→(
20 −12 1115 8 8.25
)→(
20 −12 110 17 0
)→ ∆(1)
(x,y) =(
0.550
)e (x, y)(2) = (x, y)(1) + ∆(1)
(x,y) = (3.05, 2)T
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 70 / 203
Resolução de sistemas não lineares
Continuação
C.P. ∥∥∥f ((x, y)(2))∥∥∥
∞=∥∥∥∥( 0.9075
1.21
)∥∥∥∥∞
= 1.21 � ε2 = 0.1
Como o critério não se verifica faz-se uma nova iteração.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 71 / 203
Interpolação polinomial
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 72 / 203
Interpolação polinomial
Motivação
Pretende-se determinar uma função aproximação que descreva o melhorpossível o comportamento de um conjunto de pontos (x0, f0), (x1, f1),. . . , (xm, fm).
Este conjunto de pontos pode ter sido obtido de:
observações de uma experiência (função desconhecida);uma função complexa cujo cálculo é difícil (função pode serconhecida).
A função aproximação server para:formular um modelo matemático que descreve o processo em causa;obter valores da função em pontos que são desconhecidos.
Problema: Como implementar a função sin(x) num microcontrolador?
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 73 / 203
Interpolação polinomial
Continuação
Pretende-se então, dado um conjunto de pontos (xi, fi), i = 1, . . . ,m,determinar uma função aproximação p(x) que melhor descreve ocomportamento dos dados, de acordo com uma certa medida.
No nosso caso vamos apenas considerar funções aproximação polinomiais,i.e., pn(x) é um polinómio interpolador de grau n.
Para construirmos o polinómio interpolador de Newton são necessárias asdiferenças divididas.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 74 / 203
Interpolação polinomial
Diferenças divididas com espaçamento não constante
Considere-se uma função f(x) tabelada em m + 1 pontos x0, x1, . . . , xm
não igualmente espaçados.
Diferenças divididas de primeira ordem são
[xj , xj+1] =fj − fj+1
xj − xj+1j = 0, . . . ,m− 1
onde fj = f(xj).
A diferença dividida de primeira ordem corresponde ao declive da recta quepassa em (xj , fj) e (xj+1, fj+1).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 75 / 203
Interpolação polinomial
Continuação
As diferenças divididas de segunda ordem são
[xj , xj+1, xj+2] =[xj , xj+1]− [xj+1, xj+2]
xj − xj+2, j = 0, . . . ,m− 2.
As diferenças divididas de ordem n são
[xj , xj+1, . . . , xj+n] =[xj , xj+1, . . . , xj+n−1]− [xj+1, xj+2, . . . , xj+n]
xj − xj+n
para j = 0, . . . ,m− n.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 76 / 203
Interpolação polinomial
Tabela das diferenças divididas
x0 f0[x0, x1]
x1 f1 [x0, x1, x2][x1, x2] [x0, x1, x2, x3]
x2 f2 [x1, x2, x3][x2, x3] [x1, x2, x3, x4]
. . . . . . [x0, . . . , xm−1, xm]xm−2 fm−2 [xm−3, xm−2, xm−1]
[xm−2, xm−1] [xm−3, xm−2, xm−1, xm]xm−1 fm−1 [xm−2, xm−1, xm]
[xm−1, xm]xm fm
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 77 / 203
Interpolação polinomial
Exemplo
xi fi dd1 dd2 dd3 dd4 dd51 2
0.50003 3 0.1667
1.0000 −0.06674 4 −0.1667 0.0250
0.5000 0.0833 −0.00436 5 0.1667 −0.0139
1.0000 −0.01397 6 0.0833
1.333310 10
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 78 / 203
Interpolação polinomial
Propriedades das diferenças divididas
Simétrica nos argumentos, i.e., é independente da ordem dos argumentos;Exemplo
xi fi
6 51.0000
7 6 0.08331.3333
10 10
xi fi
7 61.3333
10 10 0.08331.25
6 5
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 79 / 203
Interpolação polinomial
Propriedades das diferenças divididas
Se fj = uj + vj para valores de xj , j = 0, . . . ,m então a tabela das DD def é igual à soma das tabelas das DD de u e v.Exemplo: f(x) = sin(x) + ex, u(x) = sin(x) e v(x) = ex.
xi ui
1 0.84150.0678
2 0.9093 −0.4180−0.7682
3 0.1411
xi vi
1 2.71834.6708
2 7.3891 4.012812.6964
3 20.0855
xi fi
1 3.55984.7386
2 8.2984 3.594811.9282
3 20.2266
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 80 / 203
Interpolação polinomial
Propriedades das diferenças divididas
A diferença dividida de cf(x), com c constante, é igual ao produto dadiferença dividida de f(x) por c.Exemplo: f(x) = sin(x), cf(x) = 2 sin(x)
xi fi
1 0.84150.0678
2 0.9093 −0.4180−0.7682
3 0.1411
xi 2fi
1 1.68300.1356
2 1.8186 −0.8360−1.5364
3 0.2822
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 81 / 203
Interpolação polinomial
Propriedades das diferenças divididas
As diferenças divididas de ordem n da função xn são iguais a 1 e as deordem r > n são nulas. Como consequência as diferenças divididas deordem n de um polinómio de ordem n são iguais e diferentes de zero.Exemplo: f(x) = x2 + 3x + 1
xi fi dd1 dd2 dd3 dd4−1 −1
20 1 1
4 01 5 1 0
6 02 11 1
83 19
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 82 / 203
Interpolação polinomial
Fórmula interpoladora de Newton
Das definições das diferenças divididas pode-se concluir que
f(x) = f0 + (x− x0)[x0, x] = f0 + (x− x0)f(x)− f0
x− x0
[x0, x] = [x0, x1] + (x− x1)[x0, x1, x][x0, x1, x] = [x0, x1, x2] + (x− x2)[x0, x1, x2, x]. . .
[x0, x1, . . . , xn−1, x] = [x0, x1, . . . , xn−1, xn] + (x− xn)[x0, x1, . . . , xn−1, xn, x]. . .
deduzindo-se a fórmula interpoladora de Newton
f(x) = f0 + (x− x0)[x0, x1] + (x− x0)(x− x1)[x0, x1, x2] + · · ·+(x− x0) . . . (x− xn−1)[x0, x1, . . . , xn] + · · ·
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 83 / 203
Interpolação polinomial
Polinómio interpolador de Newton
O polinómio interpolador de grau n obtém-se usado apenas n + 1 termosda fórmula interpoladora de Newton,
pn(x) = f0 + (x− x0)[x0, x1] + (x− x0)(x− x1)[x0, x1, x2] + · · ·+(x− x0) . . . (x− xn−1)[x0, x1, . . . , xn]
e temos queR(x) = f(x)− pn(x) = (x− x0)(x− x1) . . . (x− xn−1)(x− xn)f (n+1)(ξ)
(n+1)! ,ξ ∈ [x0, xn].
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 84 / 203
Interpolação polinomial
Diferenças divididas e derivadas
Da dedução da fórmula do erro de truncatura temos que
[x0, x1, . . . , xn] =f (n)(ξ)
n!, ξ ∈ [x0, xn],
ou seja, as diferenças divididas de primeira ordem são aproximações asprimeiras derivadas e a diferença dividida de ordem n é uma aproximação àderivada de ordem n da função sobre n!.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 85 / 203
Interpolação polinomial
Determinação do polinómio interpolador
Em geral temos que m > n. Para construirmos o polinómio interpolador degrau n são necessários n + 1 pontos. A escolha dos pontos está relacionadacom o valor de x̄ para o qual se pretende obter uma estimativa da funçãof(x̄).
A escolha dos pontos deve obedecer as seguintes regras:os pontos xj e xj+1 em que xj < x̄ < xj+1 devem ser incluídos.os restantes, até formar os n + 1 necessários, são aqueles que estãomais próximos de x̄.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 86 / 203
Interpolação polinomial
Exemplo
Considere-se a seguinte tabela de pontos
i 0 1 2 3 4 5xi 1 3 4 6 7 10fi 2 3 4 5 6 10
pretende-se obter uma estimativa de f(8) através usando uma interpolaçãoquadrática (polinómio de colocação de grau 2).Precisamos de 3 pontos para construir o polinómio de grau 2. x4 e x5
devem ser incluídos, uma vez que x4 < 8 < x5, e o restante será o x3.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 87 / 203
Interpolação polinomial
Continuação
Construindo a tabela das diferenças divididas temos que
xi fi
6 51.0000
7 6 0.08331.3333
10 10
e p2(x) = 5 + (x− 6)× 1 + (x− 6)(x− 7)× 0.0833, ficandof(8) ≈ p2(8) = 5 + (8− 6)× 1 + (8− 6)(8− 7)× 0.0833 = 7.1666.Nota: x0 = 6, x1 = 7, e x2 = 10 para efeitos do cálculo do polinómio.Sendo o polinómio interpolador único qualquer combinação de pontosresulta no mesmo polinómio.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 88 / 203
Interpolação polinomial
Continuação
xi fi
7 61.3333
10 10 0.08331.25
6 5
e p2(x) = 6 + (x− 7)× 1.3333 + (x− 7)(x− 10)× 0.0833, ficandof(8) ≈ p2(8) = 6 + (8− 7)× 1.333 + (8− 7)(8− 10)× 0.0833 = 7.1667.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 89 / 203
Interpolação polinomial
Cálculo do majorante do erro absoluto
ET (x) =
∣∣∣∣∣(x− x0)(x− x1)(x− x2)f (3)(ξ)
3!
∣∣∣∣∣ , ξ ∈ [6, 10]
Como necessitámos de uma estimativa para f (3)(ξ) e a função f(x) édesconhecida vamos usar as diferenças divididas para a obter.
Com os pontos usados na construção do polinómio não é possível obteruma diferença dividida de ordem 3 e por isso vamos acrescentar mais umponto à tabela anterior.
É indiferente inserir o ponto no início ou no final da tabela, uma vez que ovalor de dd3 será o mesmo.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 90 / 203
Interpolação polinomial
Continuação
xi fi
4 40.5000
6 5 0.16671.0000 −0.0139
7 6 0.08331.3333
10 10
ET (8) = |(8− 6)(8− 7)(8− 10)× (−0.0139)| = 0.0556
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 91 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 92 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Motivação
Pretende-se aproximar uma função f(x) conhecida em alguns pontosdo seu domínio
por ser desconhecida a sua expressão analítica (experiêncialaboratorial);porque a sua expressão analítica é demasiado complexa.
Dará bons resultados aproximar uma função conhecida em 11 pontospor um polinómio de grau 10?
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 93 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Exemplo
Dada a função f(x) conhecida para os seguintes pontos (i = 0, . . . , 10)
xi 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11fi 0.1 0.2 0.3 0.4 0.45 0.44 0.4 0.45 0.4 0.4 0.35
0 2 4 6 8 10 120
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
x
p 10(x
)
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 94 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Interpolação segmentada
A ideia subjacente à interpolação segmentada consiste na construçãode segmentos entre pontos (em oposição à construção de um únicopolinómio).A facilidade de usar polinómios fazem com que sejam candidatosnaturais para a construção dos segmentos:
quando o segmento é um polinómio de grau 1 estamos na presença deuma Spline linear;quando o segmento é um polinómio de grau 3 estamos na presença deuma Spline cúbica.
O grau do polinómio usado na construção do segmento não estárelacionado com o número de pontos.Para um conjunto de n + 1 pontos temos n segmentos.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 95 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Exemplo
0 2 4 6 8 10 120
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
x
p 10(x
), s
1(x),
s3(x
)
s110(x)
s31(x)
s32(x)
s33(x)
s19(x)
s18(x)
p10
(x)
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 96 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Splines lineares
Considere-se dois pontos consecutivos (xi−1, xi) na construção de umsegmento da Spline linear. Podemos usar, por exemplo, o polinómiointerpolador de Newton para deduzir a equação da Spline linear.
Equação da Spline linear
xi−1 fi−1fi−fi−1
xi−xi−1si1(x) = fi−1 + fi−fi−1
xi−xi−1(x− xi−1)
xi fi
Interpolação nos segmentos
O segmento si1(x) apenas está definido para x ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 97 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Propriedades
Função segmentadaA Spline linear é uma função definida por segmentos.
s1(x) =
s11(x) se x ∈ [x0, x1]
s21(x) se x ∈ [x1, x2]· · ·sn1 (x) se x ∈ [xn−1, xn]
Mas na grande maioria das vezes só se calcula o segmento necessário.
Simplicidade vs diferenciabilidadeSão segmentos simples de determinar, mas a função final, no caso geral,não é diferenciável (nos nós intermédios).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 98 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Erro de truncatura
Erro de truncatura - spline linear
|f(x)− s1(x)| ≤ 18h2M2
Onde h = maxi(xi − xi−1) e M2 é um majorante do valor absoluto def ′′(x) em [x0, xn] (maxξ∈[x0,xn] |f ′′(ξ)| ≤M2).
Majorante de f ′′(x)
Quando não é possível obter o majorante de outra forma deve-se usar asdiferenças divididas para obter uma estimativa (atenção ao 2!).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 99 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Splines cúbicas
Considere-se um conjunto de pontos x0 ≤ x1 ≤ · · · ≤ xn.
DefiniçãoUm segmento cúbico (polinómio de grau 3) entre dois pontos está bemdefinido?
Resposta
Claro que não (existe um infinidade de polinómios de grau 3 queinterpolam os dois pontos).
Condições necessárias para definir a spline cúbica
Serão necessárias condições adicionais (de continuidade da spline) para quese consiga deduzir a(s) sua(s) equação(ões).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 100 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Dedução da equação
si3(x) é um polinómio de grau 3, logo a sua segunda derivada é uma recta.
Sejam M(x0) = M0, M(x1) = M1, . . . , M(xn) = Mn as segundasderivadas da spline cúbica nos nós x0, x1, . . . , xn, respectivamente.
Então temos que
(si3(x))′′
(si3(x))′′ =
x− xi
xi−1 − xiMi−1 +
x− xi−1
xi − xi−1Mi
A spline cúbica pode também ser usada para aproximar as segundasderivadas.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 101 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Equação da spline
Integrando duas vezes (si3(x))′′ obtém-se
si3(x), i = 1, . . . , n
si3(x) =
Mi−1
6(xi − xi−1)(xi − x)3 +
Mi
6(xi − xi−1)(x− xi−1)3+[
fi−1
(xi − xi−1)− Mi−1(xi − xi−1)
6
](xi − x)+[
fi
(xi − xi−1)− Mi(xi − xi−1)
6
](x− xi−1)
Impondo as condições de continuidade da spline e o facto de que cadasegmento é um polinómio interpolador (por exemplo si
3(xi) = fi).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 102 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Condições adicionais
Os valores de Mi, i = 0, . . . , n são, usualmente, incógnitas (segundasderivadas da função f(x) nos nós).
Continuidade da primeira derivada da spline
Resulta que (si3(xi))′ = (si+1
3 (xi))′, i = 1, . . . , n− 1, i.e.,
(xi − xi−1)Mi−1 + 2(xi+1 − xi−1)Mi + (xi+1 − xi)Mi+1 =6
xi+1 − xi(fi+1 − fi)−
6xi − xi−1
(fi − fi−1)
para o nó i (nós interiores).
Temos então n− 1 equações lineares para determinar n + 1 incógnitas, oque torna o sistema linear indeterminado (infinidade de soluções).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 103 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Tipos de splines cúbicas
Natural
M0 = Mn = 0, i.e., (s13(x0))′′ = (sn
3 (xn))′′ = 0, i.e., curvatura nula nasextremidades
Completa
Impondo que (s13(x0))′ = f ′(x0) e (xn
3 (xn))′ = f ′(xn) resulta em maisduas equações:
2(x1 − x0)M0 + (x1 − x0)M1 =6
x1 − x0(f1 − f0)− 6f ′(x0)
2(xn − xn−1)Mn + (xn − xn−1)Mn−1 = 6f ′(xn)− 6xn − xn−1
(fn − fn−1)
LivreNa prática desde que sejam dadas mais duas condições é possíveldeterminar a spline de forma única.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 104 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Spline cúbica completa
Caso em que derivadas são desconhecidasNo caso em que se pretende uma spline cúbica completa, mas as derivadasnos extremos são desconhecidas, estas podem ser estimadas por diferençasdivididas usando dois pontos auxiliares a e b.
f ′(x0) =f(a)− f0
a− x0f ′(xn) =
f(b)− fn
b− xn
Neste caso os pontos usados na obtenção da estimativa das derivadasdevem ser removidas da construção da spline (usualmente considerámosa = x1 e b = xn−1).
Se conhecer f(x)
Se f(x) for conhecida deve-se usar a derivada para obter os valores(exactos) de f ′0 e f ′n.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 105 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Spline
Spline cúbicaCada segmento i só pode ser usado para interpolar a função no intervalo[xi−1, xi], uma vez que a spline é uma função definida por segmentos:
s3(x) =
s13(x) se x ∈ [x0, x1]
s23(x) se x ∈ [x1, x2]· · ·
sn3 (x) se x ∈ [xn−1, xn]
Que segmento?Na prática determinamos apenas o segmento que possa interessar paraobter uma estimativa da função.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 106 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Erro de truncatura
Erro de truncatura da spline
|f(x)− s3(x)| ≤ 5384
h4M4
em que h é o maior espaçamento entre pontos usados na construção daspline e M4 e um majorante do valor absoluto da quarta derivada de f(x)no intervalo [x0, xn], i.e,
maxξ∈[x0,xn]
|f (iv)(ξ)| ≤M4
Erro de truncatura da derivada da spline
|f ′(x)− s′3(x)| ≤ 124
h3M4
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 107 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Árvore de decisão
Spline cúbica
Natural
Usando todos ospontos da tabela,considerar M0 =Mn = 0.
Completa
Deriv. desc. Deriv. conhec.f ′(x0) =?, f ′(xn) =? f ′(x0), f ′(xn)
Estimar as derivadaspor diferenças dividi-das, removendo doispontos na tabela
Usar as derivadas nasduas equações adicio-nais
Resolver um sistema de equações lineares por EGPP para obter os M ’s.
Determinar segmento e calcular aproximação.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 108 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Exemplo
EnunciadoAo efectuar observações astronómicas medindo as variações na magnitudeaparente, M , de uma estrela variável chamada variável Cepheid, ao longode um período de tempo, t, foram obtidos os seguintes valores:
tempo (t) 0.0 0.3 0.5 0.6 0.8Magnitude aparente (M) 0.302 0.106 0.240 0.579 0.468
Determine um valor aproximado da magnitude aparente da variável Cepheidno instante t = 0.4, utilizando uma spline cúbica completa.
Como se trata de uma spline completa em que se desconhece as derivadasem t = 0 e t = 0.8, considerámos a = 0.3 e b = 0.6 como pontos auxiliaresno cálculo da aproximação a f ′0 e f ′n (mudança de notação para não darconfusão com as incógnitas da spline).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 109 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Resolução
Temos então que:
f ′0 =0.106− 0.302
0.3− 0= −0.6533 f ′2 =
0.579− 0.4680.6− 0.8
= −0.555
e ficámos comi 0 1 2ti 0.0 0.5 0.8fi 0.302 0.240 0.468
Só existe uma equação para o único nó interior (i = 1).
(t1 − t0)M0 + 2(t2 − t0)M1 + (t2 − t1)M2 =6
t2 − t1(f2 − f1)−
6t1 − t0
(f1 − f0)
0.5M0 + 1.6M1 + 0.3M2 =6(0.468− 0.240)
0.3− 6(0.240− 0.302)
0.5= 5.304
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 110 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Resolução – Cont.
Como a spline é completa temos as duas condições adicionais:
2(t1 − t0)M0 + (t1 − t0)M1 =6
t1 − t0(f1 − f0)− 6f ′0
2(t2 − t1)M2 + (t2 − t1)M1 = 6f ′2 −6
t2 − t1(f2 − f1)
Substituindo:
M0 + 0.5M1 =6(0.240− 0.302)
0.5− 6× (−0.6533) = 3.1758
0.6M2 + 0.3M1 = 6× (−0.555)− 6(0.468− 0.240)0.3
= −7.89
Resultando no seguinte sistema linear: 1.0 0.5 0.0 3.17580.5 1.6 0.3 5.30400.0 0.3 0.6 −7.89
→
M0 = −0.0163M1 = 6.3843M2 = −16.3421
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 111 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Segmento
Como t = 0.4 se encontra no primeiro segmento da spline temos:
s13(t) =
M0
6(t1 − t0)(t1 − t)3 +
M1
6(t1 − t0)(t− t0)3+[
f0
(t1 − t0)− M0(t1 − t0)
6
](t1 − t)+[
f1
(t1 − t0)− M1(t1 − t0)
6
](t− t0)
s13(t) =
−0.01633
(0.5− t)3 +6.3843
3t3+[
0.3020.5
− −0.0163× 0.56
](0.5− t)+[
0.2400.5
− 6.3843× 0.56
]t
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 112 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Aproximação
s13(t) = −0.0005(0.5− t)3 + 2.1281t3 + 0.6054(0.5− t)− 0.0520t
Não desenvolver o polinómio
s13(0.4) = −0.0005(0.5− 0.4)3 + 2.1281× 0.43
+ 0.6054(0.5− 0.4)− 0.0520× 0.4 = 0.1759
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 113 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Erro de truncatura
Para o cálculo do erro de truncatura da spline temos calcular
h = maxi
(ti − ti−1) = max(0.5− 0.0, 0.8− 0.5) = max(0.5, 0.3) = 0.5
Uma vez que a função é desconhecida (majorante da quarta derivada)temos que usar as diferenças divididas.
ti fi(Mi) dd1 dd2 dd3 dd40.0 0.302
−0.65330.3 0.106 2.6467
0.6700 10.70000.5 0.240 9.0667 -68.9167
3.3900 −44.43330.6 0.579 −13.1500
−0.55500.8 0.468
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 114 / 203
Interpolação segmentada - Splines
Erro de truncatura
Logo temos que M4 = | − 68.9167× 4!| = 68.9167× 4!, resultando em
(Se existissem mais diferenças divididas de quarta hora escolher-se-ia a demaior valor absoluto e se não existirem pontos suficientes não é possívelcalcular o erro de truncatura.)
|s3(x)− f(x)| ≤ 5384× 0.54 × 68.9167× 4! = 1.3460
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 115 / 203
Mínimos quadrados lineares
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 116 / 203
Mínimos quadrados lineares
Mínimos quadrados lineares
MotivaçãoOs mínimos quadrados são usados quando os dados obtidos para umadeterminada função f(x) estão afectados de erros (ou ruídos). Neste casonão faz muito sentido usar uma interpolação, mas sim construir umafunção que reflicta, na generalidade, o comportamento dos dados.
ExemploSuponhamos que se pretende estimar o consumo de um automóvel emfunção da velocidade. Através da realização de várias experiênciaschegou-se aos seguintes valores:
xi(velocidade - km/h) 20 40 50 60 60 70 80fi(consumo l/100km) 5.5 5.6 5.7 5.9 5.85 6.1 7.5
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 117 / 203
Mínimos quadrados lineares
Cont.
Seria correcto usar um polinómio interpolador para modelar a função f(x)?
20 30 40 50 60 70 805.4
5.6
5.8
6
6.2
6.4
6.6
6.8
7
7.2
7.4
Velocidade (km/h)
Con
sum
o (l/
100k
m)
O mais correcto seria determinar um polinómio de grau 2 (ou c1 + c2ex?)
que melhor se aproxima-se dos dados da tabela.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 118 / 203
Mínimos quadrados lineares
Forma geral do problema - Caso discreto
Dado um conjunto de valores (xi, fi), i = 1, . . . ,m, pretende-se determinarum modelo M(x) que aproxima o melhor possível a função dada, ou seja,
minimizar〈f −M(x), f −M(x)〉
em que
〈g(x), h(x)〉 =m∑
i=1
ω(xi)g(xi)h(xi).
Pretende-se então
minimizar
m∑i=1
(fi −M(xi))2
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 119 / 203
Mínimos quadrados lineares
Caso polinomial - estabilidade numérica
No caso polinomial, ou seja, no caso em que M(x) = pn(x) e é usado oconjunto dos polinómios base {1, x, x2, . . . , xn−1, xn} na definição domodelo, temos que
M(x) = pn(x) = c0 + c1x + c2x2 + · · ·+ cn−1x
n−1 + cnxn
e a resolução do problema
minm∑
i=1
(fi − pn(xi))2
resulta num sistema linear mal condicionado.
A introdução dos polinómios ortogonais é suficiente para resolver oproblema de mau condicionamento.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 120 / 203
Mínimos quadrados lineares
Polinómios ortogonais
Definições:Duas funções g(x) e h(x) dizem-se ortogonais se o seu produtoescalar for nulo, i.e., se 〈g(x), h(x)〉 = 0.A sequência P0(x), P1(x), . . . , Pn(x) forma uma sequência de n + 1polinómios ortogonais se os polinómios Pi(x), i = 0, . . . , n, foremortogonais dois a dois e cada Pi(x) for um polinómio de grau igual a i.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 121 / 203
Mínimos quadrados lineares
Propriedades dos polinómios ortogonais
Os polinómios ortogonais Pn(x) são também linearmenteindependentes. Assim, qualquer polinómio pn(x), de grau n, pode serexpresso na seguinte forma única
pn(x) = c0P0(x) + c1P1(x) + · · ·+ cnPn(x),
como uma combinação linear de uma sequência de polinómiosortogonais.Os polinómios Pn(x) têm zeros reais e distintos que pertencem a[x1, xm].
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 122 / 203
Mínimos quadrados lineares
Determinação dos polinómios ortogonais
Pi+1(x) = Ai(x−Bi)Pi(x)− CiPi−1(x), para i = 0, . . . , n− 1
sendo P−1(x) = 0, P0(x) = 1 e os coeficientes da relação
Ai = 1, para todo o i,
Bi =〈xPi(x), Pi(x)〉〈Pi(x), Pi(x)〉
, para todo o i,
C0 = 0 e Ci =〈Pi(x), Pi(x)〉〈Pi−1(x), Pi−1(x)〉
para i > 0.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 123 / 203
Mínimos quadrados lineares
Determinação dos coeficientes
c0 =∑m
i=1 fiP0(xi)∑mi=1 P0(xi)2
, c1 =∑m
i=1 fiP1(xi)∑mi=1 P1(xi)2
, . . . ,
cn =∑m
i=1 fiPn(xi)∑mi=1 Pn(xi)2
sendo o modelo
pn(x) = c0P0(x) + c1P1(x) + · · ·+ cnPn(x).
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Mínimos quadrados lineares
Exemplo
Determinação da recta (polinómio de grau 1) que melhor se ajusta (nosentido dos mínimos quadrados) aos dados da tabela
xi 20 40 50 60 60 70 80fi 5.5 5.6 5.7 5.9 5.85 6.1 7.5
O modelo a determinar será p1(x) = c0P0(x) + c1P1(x). Em primeiro lugardetermina-se os polinómios ortogonais. P0(x) = 1 por definição e
P1(x) = A0(x−B0)P0(x)− C0P−1(x)
com A0 = 1, C0 = 0, P−1(x) = 0 e
B0 =〈xP0(x), P0(x)〉〈P0(x), P0(x)〉
=∑7
i=1 xiP20 (xi)∑7
i=1 P 20 (xi)
=3807
= 54.285714
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Mínimos quadrados lineares
Cont.
Temos então que p1(x) = c0 + c1(x− 54.285714) e falta determinar oscoeficientes.
c0 =∑7
i=1 fiP0(xi)∑7i=1 P0(xi)2
=42.15
7= 6.021429
c1 =∑7
i=1 fiP1(xi)∑7i=1 P1(xi)2
=5.5(20− 54.285714) · · · 7.5(80− 54.285714)
(20− 54.285714)2 · · · (80− 54.285714)2
=62.5714412371.4286
= 0.026386 (0.026506 CoNum)
ficando p1(x) = 6.021429 + 0.026386(x− 54.285714)
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Mínimos quadrados lineares
Exemplo - Interpretação gráfica
20 30 40 50 60 70 805
5.5
6
6.5
7
7.5
8
p1(x)
p2(x)
p2(x) = 6.021429 + 0.026506(x− 54.285714)+0.000946 ∗ ((x− 44.991394)(x− 54285714)− 338.775510)
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Mínimos quadrados lineares
Modelo linear não polinomial - Caso discreto
Pretende-se determinar o modelo, linear nos coeficientes, que melhor seaproxima (no sentido dos mínimos quadrados) à função f(x). Sendo omodelo linear nos coeficientes pode-se escrever como
M(x) = c1φ1(x) + c2φ2(x) + · · ·+ cnφn(x)
ExemploM(x) = c1 + c2e
x
em que φ1(x) = 1 e φ2(x) = ex.
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Mínimos quadrados lineares
Dedução das equações normais
Pretende-se
minimizarS ≡m∑
i=1
(fi − c1φ1(xi)− · · · − cnφn(xi))2
e derivando S em ordem aos ci, i = 1, . . . , n e igualando a zero, obtém-se
∂S
∂c1=
m∑i=1
(fi − c1φ1(xi)− · · · − cnφn(xi))φ1(xi) = 0
· · ·
∂S
∂cn=
m∑i=1
(fi − c1φ1(xi)− · · · − cnφn(xi))φn(xi) = 0
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Mínimos quadrados lineares
Sistema das equações normais
Na forma matricial vem0BBBBBBBBBBBB@
mXi=1
φ1(xi)φ1(xi)
mXi=1
φ1(xi)φ2(xi) ...
mXi=1
φ1(xi)φn(xi)
mXi=1
φ2(xi)φ1(xi)
mXi=1
φ2(xi)φ2(xi) ...
mXi=1
φ2(xi)φn(xi)
...... ......mX
i=1
φn(xi)φ1(xi)
mXi=1
φn(xi)φ2(xi) ...
mXi=1
φn(xi)φn(xi)
1CCCCCCCCCCCCA
0BBB@c1
c2
...
cn
1CCCA =
0BBBBBBBBBBBB@
mXi=1
fiφ1(xi)
mXi=1
fiφ2(xi)
...mX
i=1
fiφn(xi)
1CCCCCCCCCCCCA
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Mínimos quadrados lineares
Exemplo
Consideremos o exemplo já apresentado
xi(velocidade - km/h) 20 40 50 60 60 70 80fi(consumo l/100km) 5.5 5.6 5.7 5.9 5.85 6.1 7.5
pretendendo-se ajustar o modelo M(x) = c1 + c2ex20 à tabela dada. Temos
que φ1(x) = 1 e φ2(x) = ex20 , resolvendo o sistema linear (EGPP)( ∑7
i=1 1∑7
i=1 exi20
∑7i=1 fi∑7
i=1 exi20
∑7i=1 e
xi10
∑7i=1 fie
xi20
)
vem c1 = 5.231132, c2 = 0.036838 e consequentemente
M(x) = 5.231132 + 0.036838ex20 .
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Mínimos quadrados lineares
Exemplo - Gráfico
10 20 30 40 50 60 70 80 905
5.5
6
6.5
7
7.5
Velocidade (km/h)
Con
sum
o (l/
100k
m)
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Mínimos quadrados lineares
Resíduo
O resíduo é determinado por
m∑i=1
(fi − c1φ1(xi)− · · · − cnφn(xi))2 .
No caso do polinómio de grau um, p1(x), temos um resíduo de 1.123193.Para o polinómio de grau 2 temos um resíduo de 0.302736 e no modelolinear um resíduo de 0.247494.O melhor modelo é o linear, porque tem menor resíduo.
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Mínimos quadrados lineares
Exemplo - Gráficos
10 20 30 40 50 60 70 80 905
5.5
6
6.5
7
7.5
Velocidade (km/h)
Con
sum
o (l/
100k
m)
p1(x)
p2(x)
M(x)
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Motivação
As equações diferenciais surgem nas mais diversas áreas da engenharia esão caracterizadas por descrever uma relação entre a variável independente(x) e a dependente (y(x), ou simplesmente y, no casos em que não háambiguidade), envolvendo derivadas.
Forma geralUma equação diferencial é genericamente descrita como
F (x, y(x), y′(x), y′′(x), . . . , y(m−1)(x), y(m)(x)) = 0
ouF (x, y, y′, y′′, . . . , y(m−1), y(m)) = 0
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Características
Ordem da equação diferencialA ordem mais elevada da derivada de y que aparece na equação define aordem da equação diferencial.
Exemplo
2y′′ + 3y′ − xy + x− 3 = 0
É uma equação diferencial de ordem 2 em que x é a variável independentee y ≡ y(x) é a variável dependente.
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Características
Solução da equação diferencial
A solução de uma equação diferencial é uma função (y(x)) – (Ou famíliade funções).
Exemplo
y′ = sen(x)
Tem como solução y(x) = −cos(x) + c, em que c é uma constante.
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Características
Equações diferenciais ordináriasUm equação diferencial que possua apenas uma variável independentediz-se ordinária.
Equações diferenciais com derivadas parciaisUma equação diferencial que possua duas ou mais variáveis independentesdiz-se com derivadas parciais.
Exemplo com derivadas parciais
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= ex+y
É uma equação diferencial de ordem 2 com derivadas parciais (u ≡ u(x, y)).
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Solução única?
Uma equação diferencial só terá solução única se forem especificadascondições auxiliares na função y.
Exemplo
No caso anterior (y′ = sen(x)) se indicarmos que y(0) = 3 temos quey(0) = −cos(0) + c = −1 + c = 3, logo c = 4, ficandoy(x) = −cos(x) + 4 como solução única para a equação diferencial.
Exemplo de segunda ordem
Considere-se a equação diferencial y′′ = x. A solução é (integrando duasvezes) y(x) = (x+a)2
2 + b, sendo a e b duas constantes.
Regra geralUma equação diferencial de ordem m, para ter solução única, necessita dem condições auxiliares.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 140 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Resolução
Na prática a determinação de uma solução analítica pode não ser possível(é mesmo o mais provável quando se trata de modelos de casos reais).
A solução numérica consiste numa sequência de valores
y(x0), y(x1), . . . , y(xn−1), y(xn)
que são aproximações à função y(x) nos pontos x0, x1, . . . , xn−1 e xn.
Os pontos x0, x1, . . . , xn−1 e xn são, usualmente, igualmente espaçadosde espaçamento constante e igual a h.
Fala-se pois de uma discretização da equação diferencial porque sedetermina a solução para um conjunto discreto de valores da função.
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Equações diferenciais com condições auxiliares
Condições iniciaisQuando as m condições auxiliares são definidas no início do intervalo depontos, para os quais se pretende determinar o valor da função, dizemosque estamos na presença de um problema com condições iniciais.
Condições fronteiraQuando as m condições auxiliares são definidas no início e fim do intervalode pontos, para os quais se pretende determinar o valor da função, dizemosque estamos na presença de um problema com condições fronteira.
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Exemplo de condições auxiliares
Exemplos
Considere-se uma equação diferencial de ordem 2 (y′′ = . . . ) em que sepretende determinar a solução numérica para os pontos 0.1, 0.2, 0.3, 0.4 e0.5.Estaremos na presença de uma equação diferencial com condições iniciaisse, por exemplo, tivermos y(0.1) = 1 e y′(0.1) = 1 como condiçõesauxiliares.Estaremos na presença de uma equação diferencial com condições fronteirase, por exemplo, tivermos y(0.1) = 1 e y′(0.5) = 1 como condiçõesauxiliares.
Condições auxiliaresOs diferentes tipos de condições auxiliares afectam de forma drástica ométodo a aplicar.
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Equações diferenciais ordinárias de 1a ordem com condiçõesiniciais
Forma geral
y′ = f(x, y) y(x0) = y0
Método de passo único. Fórmula de Euler e de Runge-Kutta de 1a ordem
yi+1 = yi + hf(xi, yi), i = 0, 1, . . . , n− 1
Designámos de etapa a determinação do valor de yi+1 à custa dos valoresde yi e xi.
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Exemplo
Exemplo
Considere-se a equação diferencial y′ + y = sen(x)− cos(x) com acondição inicial de y(0) = −1. Pretende-se determinar os valores de y(x)para 0.15, 0.30, 0.45, 0.60 através da fórmula de Runge-Kutta de 1a
ordem.
Dados do problema
Da equação diferencial temos que f(x, y) = sen(x)− cos(x)− y.h = 0.15 e são necessárias 4 etapas.
i 0 1 2 3 4xi 0.00 0.15 0.30 0.45 0.60yi −1.0000 ? ? ? ?
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Etapas
1a etapa
y1 = y0 + hf(x0, y0) = y0 + h(sen(x0)− cos(x0)− y0) =− 1 + 0.15(sen(0)− cos(0) + 1) = −1
2a etapa
y2 = −1 + 0.15(sen(0.15)− cos(0.15) + 1) = −0.9759
3a etapa
y3 = −0.9759 + 0.15(sen(0.30)− cos(0.30) + 0.9759) = −0.9285
4a etapa
y4 = −0.9285 + 0.15(sen(0.45)− cos(0.45) + 0.9285) = −0.8590
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 146 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Gráfico
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6−1
−0.98
−0.96
−0.94
−0.92
−0.9
−0.88
−0.86
−0.84
Condição inicial Erro de truncatura
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 147 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Erro de truncatura
Erro de truncaturaO erro de truncatura é dado por
eT =12h2y′′(ξi) para ξi ∈ [xi, xi+1].
Resultante da expansão de y em série de Taylor
y(x + h) = y(x) + h ∗ y′(x) +12h2y′′(ξ).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 148 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Exemplo
Cálculo do erroO erro de truncatura pode ser calculado implicitamente através do uso daprópria equação diferencial.
y′′ = (y′)′ = (sen(x)− cos(x)− y)′ = cos(x) + sen(x)− y′ =cos(x) + sen(x)− sen(x) + cos(x) + y = 2cos(x) + y
Um majorante para y′′ pode ser 2 ∗ cos(0.0) + 1 = 3. Resultando nummajorante para o valor absoluto do erro de truncatura de
12× 0.152 ∗ 3 = 0.03375
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Runge-Kutta de segunda ordem
Fórmula
yi+1 = yi +12(p + q), i = 1, 2, . . .
comp = hf(xi, yi) e q = hf(xi+1, yi + p)
Exemplo y′ = sen(x)− cos(x)− y, y(0) = −1
p =hf(x0, y0) = 0.15(sen(0)− cos(0) + 1) = 0q =hf(x1, y0 + p) = hf(0.15,−1 + 0) =
0.15(sen(0.15)− cos(0.15) + 1) = 0.0241
resultado emy1 = y0 +
12(p + q) = −1 +
12(0 + 0.0241) = −0.9880
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 150 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Gráfico
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7−1
−0.98
−0.96
−0.94
−0.92
−0.9
−0.88
−0.86
−0.84
−0.82
x
y
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Sistemas de equações diferenciais de primeira ordem –Runge-Kutta de 2a ordem
Forma geraly′1(x) = f1(x, y1(x), . . . , yk(x))y′2(x) = f2(x, y1(x), . . . , yk(x))
. . .y′k(x) = fk(x, y1(x), . . . , yk(x))
y1(x0) = y10
y2(x0) = y20
. . .yk(x0) = yk0
Existem k equações diferenciais de 1a ordem que relacionam k funções y.
Exemplo
{y′1(x) = f1(x, y1(x), y2(x)) = y2(x)− x2
y′2(x) = f2(x, y1(x), y2(x)) = 2x− y1(x)
{y1(0.5) = 0.4794y2(0.5) = 1.1276
Cuja solução analítica é y1(x) = sen(x) y2(x) = cos(x) + x2
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 152 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Equações
Equações do método de Runge-Kutta de 2a ordem, i = 0, 1, . . .
p1 = hf1(xi, y1i, . . . , yki). . .
pk = hfk(xi, y1i, . . . , yki)
q1 = hf1(xi+1, y1i + p1, . . . , yki + pk). . .
qk = hfk(xi+1, y1i + p1, . . . , yki + pk)
y1,i+1 = y1i +12(p1 + q1)
. . .
yk,i+1 = yki +12(pk + qk)
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Exemplo – Uma etapa
Notação simplificada{y′1 = y2 − x2
y′2 = 2x− y1
{y10 = 0.4794y20 = 1.1276
x0 = 0.5h = 0.1
p1 =hf1(x0, y10, y20) = 0.1(1.1276− 0.52) = 0.0878p2 =hf2(x0, y10, y20) = 0.1(2× 0.5− 0.4794) = 0.0521q1 =hf1(x1, y10 + p1, y20 + p2)
=0.1f1(0.6, 0.4794 + 0.0878, 1.1276 + 0.0521)=0.1f1(0.6, 0.5672, 1.1797) = 0.0820
q2 =hf2(x1, y10 + p1, y20 + p2) = 0.0633
y11 =y10 +12(p1 + q1) = 0.4794 +
12(0.0878 + 0.0820) = 0.5643
y21 =y20 +12(p2 + q2) = 1.1276 +
12(0.0521 + 0.0633) = 1.1853
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Gráfico
0.5 0.55 0.6 0.65 0.7 0.75 0.8 0.85 0.9 0.95 10.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
x
y 1(x),
y 2(x)
y1=sen(x)
y2=cos(x)+x2
y20
=y(0.5)
y10
y23
y11
=y(0.6)
y25
=y(1.0)
x0=0.5
h=0.1
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Gráfico – Zoom para verificação de erro
0.6975 0.698 0.6985 0.699 0.6995 0.7 0.7005 0.701 0.7015 0.702
0.638
0.64
0.642
0.644
0.646
0.648
0.65
x
y 1(x)
y13
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Equação diferencial de ordem superior com condições iniciais
Forma geral
y(n)(x) = f(x, y(x), y′(x), . . . , y(n−1)(x))
y(x0) = c0, y′(x0) = c1, . . . , y(n−1)(x0) = cn−1
Exemplo
y′′′(x)+y′′(x)+y′(x)+y(x) = 0 em que y(0) = −1, y′(0) = 0, y′′(0) = 1
i.e.y′′′ = −y′′ − y′ − y cuja solução analítica é y = −cos(x)
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 157 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Abordagem
Transformação em sistema de equações de primeira ordemIntrodução de n variáveis auxiliares yi, i = 1, . . . , n e escrita do sistema
y′1 = y2
y′2 = y3
y′3 = y4
. . .y′n−1 = yn
yn = f(x, y1, y2, . . . , yn−1, yn)
e as respectivas condições iniciais
y10 = c0, y20 = c1, . . . , yn0 = cn−1
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 158 / 203
Equações diferenciais - Condições iniciais
Exemplo
Exemplo
y′′′ = −y′′ − y′ − y, y(0) = −1, y′(0) = 0, y′′(0) = 1
Temos que n = 3, introduzindo as 3 variáveis adicionais y1 = y, y2 = y′ ey3 = y′′ vem que:
y′1 = y2
y′2 = y3
y′3 = −y3 − y2 − y1
Com as seguintes condições iniciais
y1(0) = y10 = −1, y2(0) = y20 = 0, y3(0) = y30 = 1
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Uma etapa com h = 0.1
A resolução do sistema pelo método de Runge-Kutta de segunda ordemresulta em:
p1 =hf1(x0, y10, y20, y30) = 0.1f1(0,−1, 0, 1) = 0.1× 0 = 0p2 =hf2(x0, y10, y20, y30) = 0.1× 1 = 0.1p3 =hf3(x0, y10, y20, y30) = 0.1× (−1− 0 + 1) = 0q1 =hf1(x1, y10 + p1, y20 + p2, y30 + p3)
=0.1f1(0.1,−1, 0.1, 1) = 0.1× 0.1 = 0.01q2 =0.1f2(0.1,−1, 0.1, 1) = 0.1× 1 = 0.1q3 =0.1f3(0.1,−1, 0.1, 1) = 0.1(−1− 0.1 + 1) = −0.01
y11 =y10 +12(p1 + q1) = −1 +
12(0 + 0.01) = −0.9950
y21 =y20 +12(p2 + q2) = 0 +
12(0.1 + 0.1) = 0.1
y31 =y30 +12(p2 + q3) = 1 +
12(0− 0.01) = 0.9950
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Gráfico
0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5−1
−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
y(x)
, y’(x
), y
’’(x)
y2(x)=y’(x)=sen(x)
y3(x)=y’’(x)=cos(x)
y1(x)=y(x)=−cos(x)
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Teste de conhecimentos
Questão
Seríamos capazes de obter y(4)(0.1) com os dados obtidos até agora?
RespostaClaro que sim...
y(4) = (y′′′)′ = (−y′′−y′−y)′ = −y′′′−y′′−y′ = −(−y′′−y′−y)−y′′−y′ = y
y(4) = y, logo y(4)(0.1) = y(0.1) = y11 = −0.9950
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Equações diferenciais - Condições iniciais
Exemplo mais complexo
Exemplo com duas equações (uma de ordem superior){u′′ + u′v′ = sen(x)v′ + v + u = cos(x)
→{
u′′ = sen(x)− u′v′
v′ = cos(x)− v − u
com x ∈ [0, 1], u(0) = u′(0) = 0 e v(0) = 1.
ResoluçãoPara a primeira equação serão necessárias duas variáveis auxiliares e comotal u→ y1, v → y3. Fica então
y′1 = y2
y′2 = sen(x)− y2y′3
y′3 = cos(x)− y3 − y1
→
y′1 = y2
y′2 = sen(x)− y2(cos(x)− y3 − y1)y′3 = cos(x)− y3 − y1
com x ∈ [0, 1], y1(0) = y2(0) = 0 e y3(0) = 1.Aplicação do método de Runge-Kutta para o sistema de três equações.
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Equações diferenciais com condições fronteira
Forma geralUma equação diferencial é genericamente descrita como
F (x, y(x), y′(x), y′′(x), . . . , y(m−1)(x), y(m)(x)) = 0
ouF (x, y, y′, y′′, . . . , y(m−1), y(m)) = 0
Condições fronteiraTrata-se de determinar a solução num conjunto de pontos x0, x1, ..., xn
em que são conhecidas m condições auxiliares envolvendo y, y′, . . . , ym
em x0 e xn.
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Exemplo
Exemplo de equação de segunda ordem
y′′ + y′ + y = cos(x)
com as seguintes condições auxiliares (fronteira)
y′(0) + y′(1) = 1.5403 Qualquer relação linear de y, y′, y′′
y′(0) + y(1) = 1.8415 nos pontos fronteira do intervalo
Pretende-se determinar a solução no intervalo [0, 1] com h = 0.25.Solução analítica y = sen(x).
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Técnica de resolução
ResoluçãoUma das possíveis técnicas de resolução consiste no uso de diferençasfinitas para aproximar as derivadas envolvidas na equações.Todos os valores de y são calculados em simultâneo através da resoluçãode um sistema linear.
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Diferenças finitas
Exemplo de dedução das diferenças finitas
y(xi+1) = y(xi + h) = y(xi) + hy′(xi) + 12h2y′′(ξ) ξ ∈ [xi, xi+1]
- y(xi−1) = y(xi − h) = y(xi)− hy′(xi) + 12h2y′′(η) η ∈ [xi−1, xi]
y(xi+1)− y(xi−1) = 2hy′(xi) + 12h2y′′(ξ)− 1
2h2y′′(η)
Diferença dividida central de primeira ordem
y′(xi) ≈(y(xi+1)− y(xi−1))
2h=
yi+1 − yi−1
2h
Diferença dividida central porque relaciona a derivada em xi com a funçãoem xi+1 e xi−1.
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Diferenças finitas centrais e ascendentes
Centrais
y′i ≈yi+1 − yi−1
2h
y′′i ≈yi+1 − 2yi + yi−1
h2
y′′′i ≈yi+2 − 2yi+1 + 2yi−1 − yi−2
2h3
Ascendentes
y′i ≈yi − yi−1
h
y′′i ≈yi − 2yi−1 + yi−2
h2
y′′′i ≈yi − 3yi−1 + 3yi−2 − yi−3
h3
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Diferenças finitas descendentes
Descendentes
y′i ≈yi+1 − yi
h
y′′i ≈yi+2 − 2yi+1 + yi
h2
y′′′i ≈yi+3 − 3yi+2 + 3yi+1 − yi
h3
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Resolução exemplo
Discretização (intervalo [0, 1] com h = 0.25)
i 0 1 2 3 4xi 0 0.25 0.5 0.75 1yi ? ? ? ? ?
Na equação diferencial usam-se as diferenças finitas centrais. Temos poispara cada valor de i (i = 1, 2, 3) na equação diferencial:
Substituição
y′′i + y′i + yi = cos(xi), i = 1, 2, 3
i.e.
yi+1 − 2yi + yi−1
h2+
yi+1 − yi−1
2h+ yi = cos(xi), i = 1, 2, 3
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Resolução – Continuação
NotaAs incógnitas são yi, i = 0, 1, 2, 3, 4
Antes de procedermos à substituição de i por 1, 2, 3 vamos simplificar emordem às incógnitas, substituindo h por 0.25 (este processo pode serdiferente, dependendo da complexidade da expressão).
16(yi+1 − 2yi + yi−1) + 2(yi+1 − yi−1) + yi = cos(xi)18yi+1 − 31yi + 14yi−1 = cos(xi)
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Resolução – Continuação
Discretização
(i = 1) 18y2 − 31y1 + 14y0 = cos(x1) = 0.9689(i = 2) 18y3 − 31y2 + 14y1 = cos(x2) = 0.8776(i = 3) 18y4 − 31y3 + 14y2 = cos(x3) = 0.7317
Três equações lineares a cinco incógnitas. São necessárias as duascondições adicionais.
Condições auxiliares (fronteira)
y′0 + y′4 = 1.5403y′0 + y4 = 1.8415
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Resolução – Condições fronteira
Usam-se as diferenças finitas para substituir nas equações auxiliares.
y′(0) + y′(1) =y1 − y0
h+
y4 − y3
h= 1.5403
(Descendente + Ascendente)4y1 − 4y0 + 4y4 − 4y3 = 1.5403
y′(0) + y(1) =y1 − y0
h+ y4 = 1.8415
(Descendente)4y1 − 4y0 + y4 = 1.8415
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Resolução – Sistema linear
Considerando as cinco equações resulta no seguinte sistema linear
Sistema linear −4 4 0 −4 4 1.540314 −31 18 0 0 0.96890 14 −31 18 0 0.87760 0 14 −31 18 0.7317−4 4 0 0 1 1.8415
cuja solução (por EGPP) é
Solução y0 = y(0.00) = 0.0936y1 = y(0.25) = 0.3317y2 = y(0.50) = 0.5524y3 = y(0.75) = 0.7420y4 = y(1.00) = 0.8890
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Gráfico
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
x
y(x)
y(x)
y2
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 176 / 203
Equações diferenciais - Condições Fronteira
Gráfico – h = 0.01 – Sistema linear de 101× 101
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
x
y(x)
h=0.25
h=0.01
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 177 / 203
Equações diferenciais - Condições Fronteira
Árvore de decisão
Equação diferencial
Fronteira
Discretização daequação diferencial.Discretização dascondições fron-teira. Resolução desistema linear.
Iniciais
1a ordem Sistema deequações de1a ordem
Ordem supe-rior
Euler ouRunge-Kutta
Runge-Kutta Transformaçãoem sistemade equaçõeslineares.Runge-Kutta.
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Mais um exemplo
EnunciadoA equação que representa a perda de calor, T , por uma aleta (secçãoarticulada perto da borda anterior de cada asa de um avião) é a seguinte:
d2T
dx2− aT = −aTambiente
com as seguintes condições:
T (0) = Tparede edT (L)
dx= 0.
A segunda condição considera que a perda de calor na ponta da aleta édesprezável, pois o seu comprimento L é maior que a sua espessura. Paraa = 20m−2oC−1, L = 0.3m, Tparede = 200oC e Tambiente = 20oC, estimea temperatura em quatro pontos igualmente distanciados da aleta(considerando o zero como ponto a estimar).
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 179 / 203
Equações diferenciais - Condições Fronteira
Resolução
Substituindo T por y e as constantes na equação diferencial e nascondições auxiliares obtemos:
y′′ − 20y = −400 com y0 = y(0) = 200 e y′3 = y′(0.3) = 0
i 0 1 2 3xi 0 0.1 0.2 0.3yi 200 ? ? ?
Apesar de conhecermos o valor de y(0) trata-se de uma problema comcondições fronteira, uma vez que a segunda condição auxiliar relaciona aderivada em 0.3.
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Equações diferenciais - Condições Fronteira
Discretização
A equação discretizada fica:
yi+1 − 2yi + yi−1
h2−20yi = −400 i.e. 100yi+1−220yi+100yi−1 = −400
Para i = 1, 2 fica:{100y2 − 220y1 = −400− 100× 200 = −20400
100y3 − 220y2 + 100y1 = −400 = −400
A segunda condição resulta em
y′3 =y3 − y2
h= 10y3 − 10y2 = 0
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 181 / 203
Equações diferenciais - Condições Fronteira
Sistema linear
O sistema linear a resolver é então−220 100 0 −20400
100 −220 100 −4000 −10 10 0
y1 y2 y3
cuja solução é
y1 = 151.707317y2 = 129.756098y3 = 129.756098
e y0 = 200 já conhecido.
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Integração numérica
Conteúdo
1 Introdução
2 Erros
3 Zeros de funções
4 Resolução de sistemas lineares
5 Resolução de sistemas não lineares
6 Interpolação polinomial
7 Interpolação segmentada - Splines
8 Mínimos quadrados lineares
9 Equações diferenciais - Condições iniciais
10 Equações diferenciais - Condições Fronteira
11 Integração numérica
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Integração numérica
Forma geral do problema
Pretende-se calcular uma aproximação ao integral definido
I =∫ b
af(x)dx
com a e b constantes.A técnica a utilizar consiste na aproximação da função f(x) por umpolinómio interpolador, pn(x), e posteriormente aproxima-se I por∫ ba pn(x)dx.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 184 / 203
Integração numérica
Motivação para a integração numérica
As situações mais frequentes onde se torna necessário calcular umaaproximação ao integral definido são:
a função primitiva não pode vir expressa em termos de funçõeselementares;a expressão da primitiva é muito complexa;a função integranda é conhecida apenas num conjunto discreto depontos.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 185 / 203
Integração numérica
Fórmulas com intervalos de amplitudes constantes
Fórmulas Newton-Cotes (simples)As fórmulas simples são aplicadas a um intervalo que contém o númeromínimo de pontos para a interpolação entre a e b.Regra do Trapézio (n = 1)∫ b
af(x)dx ≈ b− a
2[f(a) + f(b)]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 186 / 203
Integração numérica
Cont.
Regra de Simpson (n = 2)∫ b
af(x)dx ≈ b− a
6
[f(a) + 4f
(a + b
2
)+ f(b)
]
Regra dos 38 (n = 3, regra de Newton dos três oitavos)∫ b
af(x)dx ≈ b− a
8
[f(a) + 3f
(2a + b
3
)+ 3f
(a + 2b
3
)+ f(b)
]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 187 / 203
Integração numérica
Interpretação geométrica - Trapézio
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
x
sin(
x)
p1(x)
sin(x)
I
p1(x) =sen(1) + sen(1)−sen(1.5)
1−1.5 (x− 1)
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 188 / 203
Integração numérica
Erro de truncatura
As fórmulas do erro de truncatura são deduzidas a partir da fórmula para oerro da interpolação polinomial.Regra do Trapézio
ETT = −(b− a)3
12f ′′(ξ), ξ ∈ [a, b]
Uma vez que ξ é um valor desconhecido calcula-se um majorante do erroabsoluto, através da expressão∣∣∣∣−(b− a)3
12M
∣∣∣∣ , em que M ≥ maxξ∈[a,b]
f ′′(ξ)
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 189 / 203
Integração numérica
Cont.
Regra de Simpson
ETS = −(b− a)5
2880f (iv)(ξ), ξ ∈ [a, b]
Regra dos 38
ET 38
= −(b− a)5
6480f (iv)(ξ), ξ ∈ [a, b]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 190 / 203
Integração numérica
Fórmulas compostas - caso do Trapézio
Suponhamos que se pretende aplicar a regra do Trapézio a um conjunto depontos, igualmente espaçados, x0, x1, x2, . . . , xn, para determinar∫ xn
x0f(x)dx (dados os valores de f(x0) = f0, . . . , f(xn) = fn).
Como∫ xn
x0
f(x)dx =∫ x1
x0
f(x)dx +∫ x2
x1
f(x)dx + · · ·+∫ xn
xn−1f(x)dx
e ∫ x1
x0
f(x)dx ≈ x1 − x0
2[f0 + f1] ,∫ xi+1
xi
f(x)dx ≈ xi+1 − xi
2[fi + fi+1]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 191 / 203
Integração numérica
Cont.
Temos então que∫ xn
x0
f(x)dx ≈ x1 − x0
2[f0 + f1] +
x2 − x1
2[f1 + f2] + . . .
+xn − xn−1
2[fn−1 + fn]
Usando o facto de que h = x1 − x0 = x2 − x1 = · · · = xn − xn−1, ecolocando em evidencia o termo h
2 vem que∫ xn
x0
f(x)dx ≈ h
2[f0 + 2f1 + 2f2 + · · ·+ 2fn−1 + fn]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 192 / 203
Integração numérica
Cont.
As fórmulas compostas de Simpson e 38 são deduzidas de forma semelhante
à do Trapézio, mas no caso da regra de Simpson consideram-se múltiplosde 2 intervalos e no caso dos 3
8 múltiplos de 3 intervalos.
Composta de Simpson∫ xn
x0
f(x)dx ≈ h
3[f0 + 4f1 + 2f2 + 4f3 + · · ·+ 2fn−2 + 4fn−1 + fn]
Composta dos 38∫ xn
x0
f(x)dx ≈ 3h
8[f0 + 3f1 + 3f2 + 2f3 + · · ·+
+ · · ·+ 2fn−3 + 3fn−2 + 3fn−1 + fn]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 193 / 203
Integração numérica
Erros de truncatura
As fórmulas dos erros de truncatura são deduzidas a partir da fórmula doerro de truncatura simples.Trapézio
ETT (h) =−n−1∑i=0
(xi+1 − xi)3
12f ′′(ξi) = −h2
12(b− a)
n
n−1∑i=0
f ′′(ξi)
=− h2
12(b− a)f ′′(η), η ∈ [a, b].
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 194 / 203
Integração numérica
Cont.
Simpson
ETS(h) = − h4
180(b− a)f (iv)(η), η ∈ [a, b]
38
ET 38(h) = −h4
80(b− a)f (iv)(η), η ∈ [a, b]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 195 / 203
Integração numérica
Intervalos de amplitudes variadas
Os intervalos de amplitudes variadas devem ser divididos em intervalos deamplitudes constantes e posteriormente aplicar-se as fórmulasNewton-Cotes.
Da análise das fórmulas do erro de truncatura conclui-se a aplicação dasseguintes regras (para valores de h ≤ 1):
quando o número de intervalos é par aplica-se a regra de Simpson;quando o número de intervalos é múltiplo de 3 aplica-se a regra dos 3
8 ;aplica-se a regra do trapézio nos restantes casos.
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 196 / 203
Integração numérica
Exemplo [Edite Fernandes, 1998, adaptado]
Um carro inicia um percurso, num dia de Inverno, e um aparelho mede oconsumo de gasolina no instante em que percorreu x km. Os resultadosregistados são:
x km 0.00 1.25 2.50 3.75 5.00 6.50 8.00 9.50 10.00f(x) l/hm 0.260 0.208 0.172 0.145 0.126 0.113 0.104 0.097 0.092
em que f(x) designa o consumo no fim do percurso, naquele instante, eml/km. Calcule o consumo total de gasolina no fim do percurso de 10km.∫ 10
0f(x)dx ≈1.25
3[0.260 + 4× 0.208 + 2× 0.172 + 4× 0.145 + 0.126]
+3× 1.5
8[0.126 + 3× 0.113 + 3× 0.104 + 0.097]
+0.52
[0.097 + 0.092]
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 197 / 203
Integração numérica
Erro absoluto de truncatura
É a soma dos majorantes das fórmulas aplicadas. Como a função f(x) édesconhecida usamos uma tabela das diferenças divididas para as estimar.
ET =∣∣∣∣−1.254
180(5.00− 0.00)0.000102× 4!
∣∣∣∣+∣∣∣∣−1.54
80(9.50− 5.00)0.000016× 4!
∣∣∣∣+∣∣∣∣−0.52
12(10− 9.5)(−0.002667)× 2!
∣∣∣∣
A. Ismael F. Vaz (UMinho) MN MIEMec. 2007/2008 198 / 203
Integração numérica
Cont.
x f(x)0.00 0.260
-0.0416001.25 0.208 0.005120
-0.028800 -0.0005972.50 0.172 0.002880 0.000102
-0.021600 -0.0000853.75 0.145 0.002560 0.000007
-0.015200 -0.0000465.00 0.126 0.002376 -0.000055
-0.008667 -0.0003506.50 0.113 0.000889 0.000044
-0.006000 -0.0000998.00 0.104 0.000444 0.000016
-0.004667 -0.0000009.50 0.097 -0.002667
-0.01000010.00 0.092
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Integração numérica
Exercício
EnunciadoConsidere o seguinte integral
I =∫ 1
0xexdx.
Calcule uma aproximação ao integral I obtida a partir da fórmula compostade Simpson, de tal forma que o erro (de truncatura) cometido, em valorabsoluto, não exceda 0.005.
Temos então que
f(x) = xex, f ′(x) = (x + 1)ex, f ′′(x) = (x + 2)ex,
f ′′′(x) = (x + 3)ex, f (iv)(x) = (x + 4)ex
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Integração numérica
Exercício
Majorante
O majorante de f (iv) no intervalo [0, 1] é então
M = majη∈[0,1]f(iv)(η) = (1 + 4)e1 = 5e
Erro de truncaturaDa fórmula composta de Simpson temos∣∣∣∣− h4
180(b− a)f (iv)(η)
∣∣∣∣ ≤ 0.005, i.e.h4
180(1− 0)5e ≤ 0.005
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Integração numérica
Exercício
Resolvendo em ordem a h
h4 ≤ 0.005× 1805e
, ⇒ h ≤ 0.507276
Determinar n
Sabendo que h = b−an = 1
n temos
1n≤ 0.507276 ⇔ n ≥ 1.971313
Calculo de n
Como a regra de Simpson só pode ser aplicada para um valor de n partemos então que n = 2 (menor n par que satisfaz a condição) econsequentemente h = 0.5.
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Integração numérica
Cálculo de I
Com h = 0.5 temos que
x 0.0 0.5 1.0f(x) 0.000000 0.824361 2.718282
Aplicando a regra de Simpson obtemos:
I ≈ 0.53
(0 + 4× 0.824361 + 2.718282)
= 1.002621
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