Métodos de Simpson e Trapézios

5- CÁLCULO APROXIMADO DE INTEGRAIS
5.1- INTEGRAÇÃO N UMÉRICA
Integrar numericamente uma função y = f(x) num dado intervalo [a, b] é integrar
um polinômio Pn (x) que aproxime f(x) no dado intervalo.
Em particular, se y = f(x) for dada por uma tabela ou, por um conjunto de pares
ordenados (x0, f(x0)), (x1 , f(x1 )), ..., (xn , f(xn ))(onde os xi podem ser supostos em ordem
crescente) , x0 = a, xn = b, podemos usar como polinômio de aproximação para a função y =
f(x) no intervalo [a, b] o seu polinômio de interpolação.
Em particular, o polinômio de interpolação para a função y = f(x) no intervalo [a,
b], a = x0 , b = xn é um polinômio de aproximação para f(x) em qualquer subintervalo[xi, xj],
0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ n do intervalo [a, b].
Podemos então usar o polinômio Pn (x) para integrar f(x) em qualquer desses
subintervalos.
As vantagens de se integrar um polinômio que aproxima y = f(x) ao invés de f(x)
são principalmente duas:
a) f(x) pode ser uma função de difícil integração ou de integração praticamente
impossível, enquanto que um polinômio é sempre de integração imediata;
b) As vezes a função é dada simplesmente através de uma tabela-conjunto de
pares ordenados obtidos como resultados de experiências. Aí não se conhece a
expressão analítica da função em termos do argumento x.
As fórmulas de integração são de manejo fácil e prático e nos permite, quando a
função f(x) é conhecida, ter uma idéia do erro cometido na integração numérica, como
veremos mais adiante.
Os argumentos xi podem ser ou não igualmente espaçados, mas estudaremos aqui
somente fórmulas de integração para o caso de argumentos xi igualmente espaçados.
5.2– FÓRMULAS DE INTEGRAÇÃO NUMÉRICA PARA ARGUMENTOS XI IGUALMENTE
ESPAÇADOS (FÓRMULAS DE NEWTON-COTES)
Seja y = f(x) uma função cujo valores f(x0 ), f(x1), ..., f(xn) são conhecidos (por
exemplo por meio de uma tabela).
Seu polinômio de interpolação sobre [x0 , xn ] se escreve na forma de Lagrange:
n
Pn (x) =
∑f
k=0
k
Lk ( x )
Sabemos que: f(x) = Pn (x) + Rn(x), ou que f(x) ≅ Pn (x).
Então:
b
∫
a
f ( x) dx =
xn
∫
x0
xn
xn
x0
x0 k = 0
n
f ( x) dx ≅ ∫ Pn ( x) dx = ∫ (∑ f k Lk ( x) )dx
109
(4.1)
Supondo os argumentos xi igualmente espaçados de h e considerando-se
x − x0
u=
(4.2)
h
temos que
dx = hdu;
e quando x = x0 ⇒ u = 0
x = xn ⇒ u = n
n
Relembrando que, Lk (x) =
(x − x k )
,
k − xi )
∏ (x
k=0
i≠ k
(4.3)
substituindo-se a (4.2) na (4.3) tem-se:
(u − k)
n
∏ (k − i)
Lk (x) = λ k(u) =
(4.4)
k=0
i≠ k
ou ainda,
n
λk (u) =
(u − k)
∏ (k − i)
k=0
i≠ k
=
( u − 0)( u − 1)......(u − (k − 1))( u − (k + 1)......(u − n )
( k − 0)( k − 1)......(k − (k − 1))( k − (k + 1)......(k − n )
Então, substituindo a (4.4) na (4.1) resulta:
xn
xn
x0
x0 k= 0
∫ f ( x )dx ≅
=
n
n
k =0
0
n
n
xn
n
n
k =0
x0
k =0
0
∫ (∑ f k L k ( x ))dx = ∑ f k ∫ L k ( x) dx = ∑ f k ∫ λ k ( u) hdu =
∑ f k h ∫ λ k (u )du
Fazendo-se:
n
∫ λ k ( u)du = Ck ;
n
temos:
0
xn
n
x0
k =0
n
∫ f (x )dx ≅ h ∑ f k C k
(4.5)
Trataremos de obter, agora, algumas fórmulas de integração. Mais adiante
analisaremos o termo do resto.
110
5.2.1- 1º Caso: Regra dos Trapézios
Para n = 1; isto é, queremos obter uma fórmula para integrar f(x) entre dois pontos
consecutivos x0 e x1, usando polinômio do primeiro grau.
xn
n
x0
k= 0
Temos, em vista de (4.5) que,
x1
n
1
∫ f ( x) dx ≅h∑ f C
k= 0
x0
k
n
∫ f ( x )dx ≅ h∑ f k C k :
n
; onde, de ∫ λ k ( u)du = C k ,
1
k
1
1
0
1
0
1
0
0
C10 = ∫ λ 0 ( u) du = ∫
C11 = ∫ λ1 ( u)du = ∫
0
1
u −1
1
du = ∫ (1 − u )du =
0 −1
2
0
u −0
1
du =
1− 0
2
Portanto
x1
h
∫ f ( x) dx ≅ 2 [ f ( x 0 ) + f ( x1 )]
x0
Esta fórmula é conhecida como Regra do Trapézio.
Obs.: Se o intervalo [a, b] é pequeno, a aproximação é razoável; mas se [a, b] é
grande, o erro também pode ser grande. Neste caso dividimos o intervalo [a, b] em n
b −a
subintervalos de amplitude h =
de tal forma que x0 = a e xn = b e em cada
n
subintervalo [xj, xj+1], j = 0, 1, ..., n–1 aplicamos a Regra do Trapézio.
Assim obtemos:
xn
h
∫ f (x )dx ≅ 2 [f(x0) + f(x1)] +
x0
=
h
h
[f(x1 ) + f(x2 )] + ... + [f(xn–1) + f(xn )] =
2
2
h
[f(x0 ) + 2(f(x1 ) + f(x2) + ... + f(xn–1 )) + f(xn )]
2
Esta é a fórmula do Trapézio Generalizada.
111
Exemplo 5.2.1:
4
Calcular pela regra do Trapézio ∫ ln (1 + x) dx usando 5 pontos e sabendo-se que:
0
x
ln (1 + x)
0
0
1
0.693
2
1.1
3
1.387
4
1.61
Temos:
4
h
∫ ln (1 + x) dx ≅ 2 [f(x0) + 2(f(x1) + f(x2) + f(x3)) + f(x4)]
0
1
[0 + 2(0.693 + 1.1 + 1.387) + 1.61]
2
1
1
= [2(3.180) + 1.61] = [7.970]
2
2
= 3.985.
=
4.2.2- 2º Caso: Regra 1/3 de Simpson
Para n = 2; isto é, queremos obter uma fórmula para integrar f(x) entre três pontos
consecutivos x0, x1 e x2 , usando polinômio de 2º grau.
Temos de (4.5) que:
x2
∫ f ( x )dx ≅
x0
2
∑ f k hC 2k
k=0
onde
2
2
2
( u − 1)( u − 2)
1
1
2
C0 = λ 0 (u )du =
du =
( u 2 − 3u + 2)du =
(0 − 1)( 0 − 2)
2
3
0
0
0
2
2
2
(u − 0)(u − 2)
4
C12 = λ1 (u )du =
du = − ( u 2 − 2u )du =
(1 − 0)(1 − 2)
3
0
0
0
∫
∫
∫
∫
∫
∫
1
e pelo exercício [4.1] temos C 22 = C 20 = .
3
Então:
x2
1
4
1
∫ f ( x )dx ≅ h[ 3 f ( x 0 ) + 3 f ( x1) + 3 f ( x 2 )]
x0
Esta fórmula é conhecida como Regra
1
de Simpson.
3
112
1
de Simpson
3
para integração ao longo de um intervalo [a, b], é feita dividindo-se [a, b] num número par
b −a
2n (por que?) de subintervalos de amplitude h =
de tal forma que x0 = a e x2n = b.
2n
1
Usando a regra
de Simpson ao longo do intervalo [xj, xj+2 ], j = 0, 2, ..., 2n–2,
3
temos:
De maneira análoga à regra do Trapézio, a generalização da regra
x 2n
h
∫ f ( x) dx ≅ 3 [f ( x 0 ) + 4f ( x1 ) + 2f ( x 2 ) + 4f ( x 3 ) + 2f ( x 4 ) + ... + 2f ( x 2n − 2 ) + 4f ( x 2n −1) + f (x 2n )]
x0
Esta é a fórmula
1
de Simpson Generalizada.
3
Exemplo 5.2.2:
3
Calcular
x
1
xe
∫ 2 dx pela regra 3 de Simpson, dada a tabela:
2
x
2
2.71
x
e 2
2.25
3.08
2.5
3.49
2.75
3.96
3.0
4.48
Assim, temos
3
∫ xe
x
2 dx
≅
2
h
[f ( x 0 ) + 4f ( x1 ) + 2f ( x 2 ) + 4f ( x 3 ) + f ( x 4 )]
3
0.25
[5.42 + 4(6.93 + 10.89) + 2(8.725) + 13.44]
3
0.25
=
[5.42 + 71.28 + 17.45 + 13.44]
3
0.25
=
[107.59]
3
= 8.965833
=
4.2.3- 3º Caso: Regra 3/8 de Simpson
Para n = 3; isto é, queremos obter uma fórmula para integrar f(x) entre 4 pontos
consecutivos x0, x1 , x2 e x3 , usando polinômio do 3º grau. Temos
x3
∫ f ( x )dx ≅
x0
3
∑ f k hC3k
k=0
onde
113
C 30
3
3
0
3
0
1
3
= ∫ λ 0 ( u)du = − ∫ (u 3 − 6u 2 + 11u − 6)du =
6
8
C13 = ∫ λ1 (u )du =
0
3
1
9
(u 3 − 5u 2 + 6u) du =
∫
2
8
0
Pelo exercício [4.1], temos:
C 33 = C 30 =
3
8
e
9
C 32 = C 13 =
8
Assim
x3
3
∫ f ( x) dx ≅ 8 h[ f ( x 0 ) + 3(f ( x1 ) + f ( x 2 )) + f ( x 3 )]
x0
Essa fórmula é conhecida como Regra
3
de Simpson.
8
3
de Simpson devemos dividir o intervalo [a, b] em um
8
número conveniente de subintervalos, de amplitude h de tal forma que x0 = a e x3n = b.
3
Usando a regra
de Simpson ao longo do intervalo [xj, xj+3], j = 0, 3, 6, ..., 3n–3,
8
obtemos:
Para generalizar a regra
x 3n
3
∫ f ( x) dx ≅ 8 h[ f ( x 0 ) + 3(f (x1 ) + f ( x 2 )) + 2f (x 3 ) + 3(f ( x 4 ) + f (x 5 )) + 2f ( x 6 ) +
x0
+ ... + 2f ( x 3 n − 3 ) + 3(f (x 3n − 2 ) + f (x 3 n −1 )) + f ( x 3n )]
Esta é a fórmula
3
de Simpson Generalizada.
8
Exemplo 5.2.3:
0 .6
Calcular
dx
∫ 1+ x
pela regra
0
3
de Simpson e h = 0.1.
8
1
1+ x
0.3
0.7692
Solução: Construímos a tabela de f(x) =
x
f(x)
0
1
0.1
0.9091
0.2
0.8333
114
0.4
0.7143
0.5
0.6666
0.6
0.625
Assim, temos
0 .6
dx
3
∫ 1 + x ≅ 8 h[f ( x 0 ) + 3( f ( x1) + f ( x 2 )) + 2f ( x 3 ) + 3(f ( x 4 ) + f ( x 5 )) + f ( x 6 )]
0
3(0.1)
[1 + 3(0.9091 + 0.8333 + 0.7143 + 0.6666) + 2(0.7692) + 0.625]
8
0 .3
=
[12.5333] = 0.469999
8
=
0 .6
Obs.: Calcule diretamente
dx
∫ 1+ x
e compare os resultados.
0
As fórmulas vistas são chamadas fórmulas de Newton-Cotes.
5.3 – ERRO NA INTERPOLAÇÃO E NA INTEGRAÇÃO N UMÉRICA
5.3.1 – Erro na Interpolação
Quando aproximamos a função f por Pn, ou seja, f(x) ≅ Pn(x), existe um erro
cometido na interpolação expresso por Rn(x), assim, é válida a seguinte relação;
f(x) = Pn(x) + Rn(x),
Rn(x) é definido pelo fórmula do Resto de Lagrange, expresso por:
Teorema 5.3.1.1 - fórmula do Resto de Lagrange
Rn(x) =
≤
( x − x 0 )( x − x1 )( x − x n ) (n + 1)
f
(ξ ) ≤
(n + 1)!
( x − x 0 )( x − x1 )( x − x n )
(n + 1)!
max f
( n +1)
(t) ;
t∈[ x 0 ,..., x n ]
A fórmula dada é válida quando conhecemos a lei de f.
Se não conhecemos esta lei, Rn(x) pode ser estimado por :
Teorema 5.3.1.2 – Lei de f desconhecida
R n (x) ≈ (x − x 0 )(x − x 1 )L(x − x n ) ( max | f[x0 ,x1 ,...,xj ]|/((n+1)!) ).
j
Se os pontos são igualmente espaçados, vale também que:
Teorema 5.3.1.3 – Lei de f desconhecida e pontos igualmente espaçados.
h n +1 M j
j
Rn(x) ≤
, onde Mj = max | ∆ f[x0 ]|.
4(n + 1)
j
115
5.3.2 – Erro na Integração Numérica
Integrando-se ambos os lados de f(x) = Pn(x) + Rn(x), obtemos:
b
b
b
a
a
∫ f ( x)dx = ∫ Pn ( x )dx + ∫ R n ( x )dx
a
b
Seja Tn = ∫ R n ( x) dx , o termo complementar.
a
Enunciaremos dois teoremas, cujas demonstrações aqui serão omitidas.
Teorema 5.3.2.1 – Se os pontos xj = x0 + jh, j = 0, 1, ..., n dividem [a, b] em um número
ímpar de intervalos iguais e f(x) tem derivada de ordem (n + 1) contínua em [a, b], então a
expressão do erro para as fórmulas de Newton-Cotes com n ímpar é dada por:
h n + 2 f (n +1) (ξ)
∫ u( u − 1)...(u − n )du para algum ponto ξ ∈ [a, b].
(n + 1)!
n
Tn =
0
Teorema 5.3.2.2 – Se os pontos xj = x0 + jh, j = 0, 1, ..., n dividem [a, b] em um número
par de intervalos iguais e f(x) tem derivada de ordem (n + 2) contínua em [a, b], então a
expressão do erro para as fórmulas de Newton-Cotes com n par é dada por:
h n + 3f ( n + 2) (ξ)
n
u (u − ) u( u − 1)...(u − n )du para algum ponto ξ ∈ [a, b].
Tn =
∫
( n + 2)!
2
n
0
Exemplo 5.3.1:
Determinar o menor número de intervalos em que podemos dividir [1, 2] para
2
obter ∫ ln (x )dx pela regra do Trapézio com erro ≤ 10–4.
1
Solução: T1 ≤
nh 3
max f ´´(t )
12 1 ≤ t ≤ 2
Temos que
f(t) = ln t, f´(t) =
∴
∴
1
1
, f´´(t) = −
t
t2
max f ´´(t ) = 1
1≤ t ≤ 2
nh 3
1 ≤ 10 − 4
12
b −a
2 −1
1
⇒ h=
⇒ h=
Mas h =
n
n
n
T1 ≤
116
∴
≤ 10 − 4
1
n
n 312
∴
1
2
≤ 10 − 4
12n
104
⇒ n2 ≥
⇒ n2 = 834
12
nmin = 29
∴
Assim devemos dividir o intervalo [1, 2] em 29 subintervalos iguais para obter
2
∫ ln (x )dx
pela regra do trapézio com erro ≤ 10–4 .
1
5.4- Exercícios:
n
n
5.4.1) Provar que: C k = C n − k
(Sugestão: Faça a mudança de variável: u = n – v em C nk )
5.4.2) Determine h de modo que a regra do trapézio forneça o valor de
1
−x
dx , com erro inferior a 0.5 × 10 −6 .
I = ∫e
2
0
5.4.3) Achar o número mínimo de intervalos que se pode usar para, utilizando a regra
π2
Simpson, obter
∫e
−x
1
de
3
cos xdx com erro inferior a 10 –3 .
0
5.4.4) Nos exercícios [4.2] e [4.3], resolva as integrais numericamente pelas regras
citadas de modo a satisfazer os limites de erros impostos.
3
x
3
xe
∫ 2 dx pela regra 8 de Simpson, sobre 07 pontos e dar um limitante
2
para o erro cometido.
5.4.5) Calcular
117