Avaliação de riscos

χ− Resolu¸˜o (AN-II: Exame de 10 de Janeiro de 2005) ca 1a) Obtemos pela tabela de diferen¸as divididas generalizada: c x0 = 0 P0 = 1 P0 = 0 -2 0 3
5−3 2−0

x0 = 0 P0 = 1 -2

x1 = 1 P1 = −1 P1 = −4 -2 3

x1 = 1 P1 = −1
1 2 P1 13−3 2−0

x1 = 1 P1 = −1 P1 = −4 =1 13 14 10

x2 = 2 P2 = 2

=

2 2

=5

=1

e assim, pela F. Newton generalizada, p5 (x) = 1 + 0 − 2x2 + 0 + 3x2 (x − 1)2 + x2 (x − 1)3 = 1 − 2x2 + x2 (x − 1)2 (x + 2) = 1 − 3x3 + x5 logo p5 (x) = −18 + 20x3, o que implica p5 (0) = 0. 1b) O erro de interpola¸˜o ´ majorado para t ∈ [0, 2] por ca e |E(t)| = |P (t) − p5 (t)| ≤ |P (6) (ξ)| 2 4! 4 |t| |t − 1|3 |t − 2| ≤ 22 · 1 · 2 = . 6! 6! 15

2a) Reescrevemos a equa¸˜o diferencial, usando u(t) = P (t) e v(t) = P (t) = u (t). ca Logo, u (t) v(t) x y = ⇒ F (t, )= v (t) u(t)v(t) + t y xy + t inicializamos com forma semelhante, = + hF (t1 , )= 2b) Inicializando com R-K ponto-m´dio, e u1 u0 u0 h u0 h v1 = v0 +hF (t0 + 2 , v0 + 2 F (t0 , v0 )) = Aplicando Adams-Bashforth, u1 u2 u1 u0 h v2 = v1 + 2 (3F (t1 , v1 ) − F (t0 , v0 )) = Logo P (2) ≈ u2 = 7 . 4 u0 v0 u2 v2

=

u(0) v(0) u1 v1

=

1 0

, pelo m´todo de Euler e u1 v1 1 0 1 0

u1 v1

=
1 1

u0 v0

+ hF (t0 ,

u0 v0

)=

1 0

+1

0 0+0

=

1 0

, e de

+1

0 0+1 1 0

=

. Logo P (2) ≈ u2 = 1.
1 0

1 +F ( 2 ,

+ 1 F (0, 2
1/2 1/2+1

)) =

1 0

+F ( 1 , 2 .

1 0

)=

1 0

+

0 1/2

=

1 1/2

.

1 1/2

+ 1 (3 2

− 0) =

7/4 11/4

3a) Designamos s por s1 quando x ∈ [−2, 0] e por s2 quando x ∈ [0, 2]. Vamos verificar que se trata de um spline c´bico natural e interpolador, basta verificar que u i) s ´ spline c´bico porque s1 e s2 s˜o polin´mios P3 e s ∈ C 2 [−2, 2], e u a o porque s1 (0) = 1 = s2 (0), e tamb´m s1 (0) = 1 = s2 (0) porque e s1 (x) = 1 + 2x + x(2 + x)/2 + x2 /4 e s2 (x) = 1 + 2x + x(2 − x)/2 − x2 /4; finalmente s1 (0) = 3 = s2 (0) porque 3 s1 (x) = 2 + x + 1 + x/2 = 3 + 2 x e s2 (x) = 2 + 1 − x − x/2 = 3