Notas de Aula - Algoritmo

8/18/2019 Notas de Aula - Algoritmo

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Curso de Engenharia Civil

Notas de Aula de

A LGORITMO

Julho, 2009


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SUMÁRIO

1 – CARACTERÍSTICAS FÍSICAS DE SEÇÕES PLANAS 03

1.1 – Momentos Estáticos e Baricentro 031.2 – Momentos Estáticos e Baricentro de uma Área Composta 061.3 – Momentos de Inércia e Raio de Giração 081.4 – Teorema dos Eixos Paralelos 091.5 – Momentos de Inércia de uma Área Compostas 10

Lista de Exercícios 1 12

2 – RESOLUÇÃO DE SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES 18

2.1 – Solubilidade de um Sistema de Equações Lineares 182.2 – Equivalência entre Sistemas de Equações Lineares 192.3 – Algoritmo de Triangularização (Gauss) 202.4 – Algoritmo da Diagonalização (Gauss-Jordan) 222.5 – Inversão de Matrizes por Diagonalização 23


3 – INTEGRAÇÃO NUMÉRICA 28

3.1 – Regra do Trapézio 283.2 – Regra de Simpson 30


BIBLIOGRAFIA 36

ANEXOS:

1 - Algoritmo para o Cálculo de Características Físicas de FigurasPlanas Compostas. 37

2 - Algoritmo para Resolução de Sistemas de Equações Lineares peloMétodo da Triangularização. 39

3 - Características Físicas das Principais Figuras Planas. 41


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Notas de Aulas Algoritmo

3

1 – CARACTERÍSTICAS FÍSICAS DE SEÇÕES PLANAS

1.1 – Momentos Estáticos e Baricentro

Os momentos estáticos (Q) de uma área plana (A) em relação aos eixos x e y sãodefinidos como:

∫ ⋅=

∫ ⋅=

Ay

Ax

dAxQ

dAyQ

Desta forma, os momentos estáticos podem assumir valores positivos, negativos enulos.

O baricentro de uma área plana A é definido como o ponto C de coordenadasx ey , tais que:

∫ ⋅=⋅

∫ ⋅=⋅

A

A

dAxxA

dAyyA

dA

x

x

y

y

C

x

x

y

y


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4

Desta forma, considerando os momentos estáticos definidos anteriormente, pode-se escrever:

⋅=

⋅=

xAQ

yAQ

y

x

Quando uma área plana apresenta um eixo de simetria, o momento estático daárea em relação a esse eixo é zero.

Sendo assim, se uma área possui um eixo de simetria, seu baricentro se localizasobre esse eixo.

Quando a área plana possui um centro de simetria (O), o momento estático emrelação a qualquer eixo que passe por O é zero. Além disso, o baricentro (C)coincide com (O).

x-x

• C dAdA’

y

x

• C≡O

dA

dA’

y

x


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5

Quando o baricentro C de uma área plana pode ser localizado por meio desimetria, o momento estático em relação a um eixo qualquer é facilmentedeterminado.

Por exemplo, para uma área retangular com altura h e largura de base b, tem-se:

( )

( ) =

⋅=⋅=

=

⋅=⋅=

2

y

2x

hb2

1b2

1bhxAQ

bh21h

21bhyAQ

Exemplo 1:

Determine o momento estático Qx e a ordenada y do baricentro de um triânguloqualquer.

( ) ( )yhbhuhb yhu −⋅=⋅⇒↔ −↔

hbybu −=⇒

dyhbybdyudA ⋅

−=⋅=

6bhQ

3bh

2bh

h3bh

2bh Q

h3by

2by

dyhby

bdAyQ2

x2232

x

h

0

32h

0x

=⇒−=−=

−=⋅∫

−=∫ ⋅=

3hy

2bh

6bh

AQyyAQ

2x

x =⇒==⇒⋅=

dA

dy

u

h

y

h-y

y

x

b

x

y

h

b


6/42


6

1.2 – Momentos Estáticos e Baricentro de uma Área Composta

Se dividirmos uma área A em subáreas Ai, os momentos de estáticos podem sercalculados como:

( )

( )∑ ⋅=∫ ∑ ∫ ⋅=⋅=

∑ ⋅=∫ ∑ ∫ ⋅=⋅=

iiA iA

y

iiA iA

x

xAdAxdAxQ

yAdAydAyQ

Para determinarmos as coordenadas X e Y do baricentro C da área comporta,faz-se:

( )

( )∑ ⋅=⋅

∑ ⋅=⋅

ii

ii

xAXA

yAYA

Logo, tem-se:

( )A

xAX ii∑ ⋅= e ( )AyAY ii∑ ⋅=

Exercício 1:

Determine os momentos estáticos Qx e Qy e as coordenadas do baricentro dafigura a seguir.

80 cm

40 cm

20 cm

60 cm

x

y


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7

Trabalho 1:

Determine os momentos estáticos Qx e Qy e as coordenadas do baricentro dafigura a seguir. (Obs.: dimensões em cm)

5

2

4 4

1

3

2

x

y

4 22

1


8/42


8

1.3 – Momentos de Inércia e Raio de Giração

Os momentos de inércia (I) de uma área (A) em relação aos eixos x e y sãodefinidos como:

∫ ⋅=

∫ ⋅=

A

2y

A

2x

dAxI

dAyI

O momento de inércia polar (Jo) de uma área (A) em relação ao ponto O é definidocomo:

∫ ⋅ρ=A

2o dAJ

Obs.: Ix, Iy e Jo assumem valores sempre positivos.

Pode-se mostrar que:

( ) ∫ ⋅+∫ ⋅=∫ ⋅+=∫ ⋅ρ=A

2

A

2

A

22

A

2o dAydAxdAyxdAJ

Logo, tem-se: yxo IIJ +=

O raio de giração é definido como a grandeza r que satisfaz a seguinte relação:

ArJ 2o ⋅= ⇒ AIr =

dA

x

x

y

y

ρ

O


9/42


9

Logo, tem-se:

AI

r xx = ; AI

r yy = ; AJ

r oo = ,

e então: 2y2x2o rrr +=

Exemplo 2:

Determine o momento de inércia Ix em relação ao eixo baricentro x e o raio degiração rx, correspondente, de uma área retangular qualquer de altura h e largurade base b.

( ) ( )

12h

r 12h

bh12

bh

AI

r

12bhI

24h

24hbI

32

h

32

hbI

3ybdybydAyI

x

23

xx

3x

33x

33

x

2h

2h

32

h

2h

22x

=⇒

===

=⇒

+⋅=

−−⋅=

⋅=⋅∫ ⋅=∫ ⋅=

−−

1.4 – Teorema dos Eixos Paralelos

Consideremos o momento de inércia Ix de uma área A em relação a um eixo xqualquer. Se chamarmos y a distância de um elemento de área dA, tem-se:

∫ ⋅=A

2x dAyI

Seja y′ a distância do elemento de área dA ao eixo baricentro x′ . Logo, tem-se:

y = y′ + d

onde d é a distância entre os dois eixos x e x′ .

x

y

dy

y

y′

dx

x′


10/42


10

Pode-se escrever:

( ) ∫⋅+∫ ⋅⋅+∫ ⋅=∫ ⋅+=∫ ⋅=A

2

AA

2

A

2

A

2

xdAddA'yd2dA'ydAd'ydAyI

onde:

∫ =⋅A

x2 IdA'y ⇒ momento de inércia em relação ao eixo baricentro;

0QdA'y xA

==∫ ⋅ ⇒ momento estático em relação ao eixo baricentro;

AdAA

=∫ ⇒ área da figura plana.

Logo, tem-se:

⋅+=

⋅+=

⋅+=

2oo

2yy

2xx

dAJJ

dAII

dAII

Observações:1) O momento de inércia pode ser entendido como um índice de resistência ao

giro ou a flexão;

2) Para qualquer área plana o momento de inércia em relação ao eixo baricentroé o de menor valor.

1.5 – Momentos de Inércia de uma Área Composta

Consideremos uma área A composta por várias partes Ai. O momento de inérciadessa área em relação a um certo eixo é dado pela soma dos momentos deinércias de cada uma das partes Ai em relação a esse mesmo eixo.

Logo, antes de se somar o valor dos momentos de inércia das partes Ai, deve-seusar o teorema dos eixos paralelos para transformar todos os momentos deinércia para um mesmo eixo comum e desejado.


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11

Exercício 2:

Determine o momento de inércia Ix em relação ao eixo baricentro x da figura aseguir.

Trabalho 2:

Determine os momentos de inércia Ix e Iy, e o momento polar Jo em relação aoseixos baricentros x e y da figura a seguir. (Obs.: dimensões em cm)

80 cm

40 cm

20 cm

60 cm

x

y

C

5

4 4

1

3

x

y

4 22

C

1


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12

Lista de Exercícios 1

1) Determine o valor dos momentos estáticos na direção x e na direção y, além docentro de massa, das figuras planas a seguir:Observação: dimensões em mm.

a)

b)

c)

10

30

10

10 1020

X

Y

10

40

10

10 2020

X

Y

10

40

10

10 2020

X

Y

1010


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13

d)

e)

f)

10 40

10

10

50

X

Y

10

2040 20

50

X

Y

10

40

15

10 2020

X

Y

10

15

10

10


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14

2) Desenvolva a equação que representa o momento de inércia em relação aoeixo x que passa pelo centro de gravidade das figuras planas a seguir:

a)

b)

hdy

b

X

Y

hdy

b

X

Y


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15

3) Determine os momentos de inércia em relação aos eixos x e y que passam pelocentro de massa das figuras a seguir:

a)

b)

c)

10

30

10

10 1020

X

Y

10

40

10

10 2020

X

Y

10

40

10

10 2020

X

Y

10

10


16/42


16

d)

e)

f)

10 40

10

10

50

X

Y

10

2040 20

50

X

Y

10

40

15

10 2020 X

Y

10

15

10

10


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17

4) Seja a seção de uma viga como mostrado na figura a seguir. Pede-sedeterminar a posiçãoy do centro de massa e o momento de inércia xI , relativo aoeixo x que passa pelo centro de massa.

5) Calcule os momentos de inérciaxI e yI em relação aos eixos baricentrosx e y para a seção do tijolo furado mostrado na figura a seguir.(obs.: dimensões em cm)

x

10 cm

15 cm

5 cm 10 cmO

2

2

2 2 2

16

17 17

y

x

y


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18

2 – RESOLUÇÃO DE SISTEMA DE EQUAÇÕES LINEARES

Seja a estrutura mostrada na figura a seguir. Pede-se determinar as reações nasextremidades A e B.

=α⋅+⇒∑ ==α⋅+⇒∑ =

0senPV0F0cosPH0F

AAAy

AAAx

=β⋅+⇒∑ ==β⋅−−⇒∑ =0senPV0F

0cosPH0FBBBy

BBxB

=β⋅−α⋅−−⇒∑ ==β⋅+α⋅−

⇒∑ = 0senPsenPP0F 0cosPcosP0F BAPy

BAPx

Logo, tem-se um sistema de 6 equações e 6 incógnitas: HA, HB, VA, VB, PA e PB.

2.1 – Solubilidade de um Sistema de Equações Lineares

Seja o sistema:

=⋅++⋅+⋅

=⋅++⋅+⋅=⋅++⋅+⋅

nnnn22n11n

2nn2222121

1nn1212111

bxaxaxa

bxaxaxabxaxaxa

K

M

K

K

Ele pode ser reescrito da seguinte forma: =⋅

n

2

1

n

2

1

nnn2n1

n22221

1n1211

b

bb

x

xx

a a a

a a aa a a

MM

K

M

K

K

E representado por A·X=B, onde: A é a matriz de coeficientes; X é o vetor deincógnitas; B é o vetor de termos independentes.

P (conhecido)

HBHA

VBVA a b

hα β

+


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19

- Se det(A)≠ 0 → uma única solução;- Se det(A) = 0 e {B} = 0→ infinitas soluções;- Se det(A) = 0 e {B}≠ 0 → não existem soluções.

A solução dada pelo Teorema de Cramer é:

)Adet()Adet(x ii =

onde Ai é a matriz formada pela matriz A com a coluna i substituída pelo vetor B.

O teorema de Cramer exige um número elevadíssimo de operações aritméticas,não sendo favorável para os casos envolvendo aplicações através decomputadores, por exemplo.

2.2 – Equivalência entre Sistemas de Equações Lineares

Dois ou mais sistemas lineares são ditos equivalentes quando apresentamsoluções idênticas.

=+=+2yx

5y2x3:S ⇒ =11X

=+

=+′4y2x2

35y32x:S ⇒ =′ 11X

Como X = X′ , isto implica que S é equivalente à S′ .

Substituindo-se uma equação linear do sistema S por uma combinação linear deequações de S, obtém-se um sistema S′ que é equivalente à S.

Desta forma, podem-se obter sistemas de equações lineares, equivalentes aooriginal, porém mais simples de serem resolvidos.

−=+=+

1y4x31yx2:S ⇒

−+

= 11X

( ) ( ) ( )−−=+−+=+

′141yx24y4x3

1yx2:S

−=−=+

′5x51yx2:S ⇒

−+

=′ 11X


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20

( ) ( )−=+=+

′′15y4x35

1yx2:S

−=+=+′′

5y20x15 1yx2:S ⇒ −+=′′ 11X

Logo, S≡ S′ ≡ S″.

Observações:

1) Combinação linear significasoma e subtração de equações e multiplicaçãoe divisão por constantes .

2) Não se pode multiplicar ou dividir equações nem somar ou subtrair constantes.

2.3 – Algoritmo da Triangularização (Gauss)

Este algoritmo consiste em se aplicar combinações lineares a S até se obter S′ , talque A′ se torne uma matriz triangular superior.

Exemplo 3:

−=−−=++=−+

2zyx33zy2x0zyx2

:S ⇒ M = [A|B] =2- 1- 1- 33 1 2 10 1- 1 2

1) Troca-se l 1 com l 2: M′ =2- 1- 1- 30 1- 1 23 1 2 1

2) l 2 ← l 2 - 2l 1: M′ =2- 1- 1- 36- 3- 3- 03 1 2 1

3) l 3 ← l 3 - 3l 1: M′ =11- 4- 7- 06- 3- 3- 03 1 2 1

4) l 2 ← l 2 /(-3): M′ =11- 4- 7- 02 1 1 03 1 2 1

5) l 3 ← l 3 + 7l 2: M’ =3 3 0 02 1 1 03 1 2 1


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21

Logo: 3z = 3 ⇒ z = 1

y + z = 2 ⇒ y = 1x + 2y + z = 3 ⇒ x = 0

Exemplo 4:

=−+=−+

=+−

3z2y3x82z3y4x6

1zyx2:S ⇒ M = [A|B] =

3 2- 3 82 3- 4 61 1 1- 2

1) l 1 ← l 1 /2: M′ =3 2- 3 82 3- 4 6

0,5 0,5 0,5- 1

2) l 2 ← l 2 – 6l 1: M′ =3 2- 3 81- 6- 7 0

0,5 0,5 0,5- 1

3) l 3 ← l 3 – 8l 1: M′ =1 6- 7 01- 6- 7 0

0,5 0,5 0,5- 1

4) l 2 ← l 2 /7: M′ =1 6- 7 0

0,14- 0,86- 1 00,5 0,5 0,5- 1

5) l 3 ← l 3 – 7l 2: M′ =0 0 0 0

0,14- 0,86- 1 00,5 0,5 0,5- 1

⇒ Sistema Indeterminado.


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22

2.4 – Algoritmo da Diagonalização (Gauss-Jordan)

Este algoritmo consiste em se aplicar combinações lineares a S até se obter S′ , talque A′ se torne uma matriz unidade.

Exemplo 5:

=+−=−+

=++

4z3yx5z2y2x

6zyx:S ⇒ M = [A|B] =

4 3 1- 15 2- 2 16 1 1 1

1) l 2 ← l 2 - l 1: M′ =4 3 1- 11- 3- 1 06 1 1 1

2) l 3 ← l 3 - l 1: M′ =2- 2 2- 01- 3- 1 0

6 1 1 1

3) l 3 ← l 3 + 2l 2: M′ =4- 4- 0 01- 3- 1 0

6 1 1 1

4) l3 ← l

3 /(-4): M′ =

1 1 0 01- 3- 1 06 1 1 1

5) l 2 ← l 2 + 3l 3: M′ =1 1 0 02 0 1 06 1 1 1

6) l 1 ← l 1 - l 2 - l 3: M′ =1 1 0 02 0 1 03 0 0 1

Logo: X≡ B′ = 12

3


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23

2.5 – Inversão de Matrizes por Diagonalização

A aplicação do teorema das combinações lineares permite também calcular amatriz inversa (A-1) da matriz A, tal que A·A-1 = I, onde I é a matriz unidade.

Desta forma, pode-se transformar a matriz aumentada M em M′ , tal que:

M = [A|I] ⇒ M′ = [I|A-1]

Exemplo 6:

A =

1 4 2

1- 1 31 1 1

⇒ M =

1 0 0 1 4 2

0 1 0 1- 1 30 0 1 1 1 1

1) l 2 ← l 2 - 3l 1: M′ =1 0 0 1 4 20 1 3- 4- 2- 00 0 1 1 1 1

2) l 3 ← l 3 - 2l 1: M′ =1 0 2- 1- 2 00 1 3- 4- 2- 00 0 1 1 1 1

3) l 3 ← l 3 + l 2: M′ = 1 1 5- 5- 0 0 0 1 3- 4- 2- 0

0 0 1 1 1 1

4) l 3 ← l 3 /(-5): M′ =0,2- 0,2- 1 1 0 00 1 3- 4- 2- 00 0 1 1 1 1

5) l 2 ← l 2 + 4l 3: M′ =0,2- 0,2- 1 1 0 00,8- 0,2 1 0 2- 00 0 1 1 1 1

6) l 2 ← l 2 /(-2): M′ =0,2- 0,2- 1 1 0 00,4 0,1- 0,5- 0 1 0

0 0 1 1 1 1

7) l 1 ← l 2 - l 2 - l 3: M′ =0,2- 0,2- 1 1 0 00,4 0,1- 0,5- 0 1 00,2- 0,3 0,5 0 0 1

Logo: A-1 =0,2- 0,2- 1 0,4 0,1- 0,5-0,2- 0,3 0,5


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24

Exercício 3:

Resolva o sistema a seguir pelos métodos da diagonalização e triangularização.

=++−=−++−

=+−+

72x3zy275x2z3y

7z36y2x:S

Trabalho 3:

Determine as reações nos apoios da estrutura mostrada no início do capítuloatravés dos algoritmos da diagonalização e da triangularização. Considere osseguintes dados: P = 1.000 N; a = 10,0 m; b = 20,0 m; h = 10,0 m.


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1) Resolva os sistemas de equações abaixo pelos métodos da triangulação e dadiagonalização.

a)−=++

=++=++

4z5yx0zy4x3zyx4

:S solução:−

=1

01

zyx

b)=++

−=+−−=+−

11zyx212z3y4x5

4zyx:S solução:

−=

163

zyx

c)

=+++=+++=+++=+++

52,1t24,0z132,0y40,0x60,026,1t36,0z46,0y24,0x20,081,0t32,0z24,0y15,0x10,094,0t30,0z12,0y32,0x20,0

:S solução: =

07,191,068,045,1

tzyx

d)

=−+=−+

=−−+=−+

02xx02xx

04xx4x02xx

:S

43

31

421

41

solução: =

1111

xxxx

4

3

2

1

e)=++−

=+−=−+

104z317y289x428103z210y371x158102z328y546x234

:S solução: =7475,03899,05739,0

zyx


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26

2) Determine as reações e a força em cada barra das treliças a seguir:

a) Treliça 1.

Solução:−

−

=

5

50

07,75105

07,7

V

VHFFFFF

D

A

A

5

4

3

2

1

b) Treliça 2.

Solução:

−−

−

−

=

25155,176,10

250

5,177,24

FFFFFFFF

8

7

6

5

4

3

2

1

e −=

5,175,17

05,17

7,240

5,176,10

VVHFFFFF

H

A

A

13

12

11

10

9

10t

45 o 45 o

1

2

3

4

5

AC

B

D

15t

45 o

45 o

1

2

3

13

12

A

C

BD10t 10t4

5

6

7

8

9

10

11

E

F

G

H45 o45 o


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27

3) Inverta as seguintes matrizes:

a) − 2 11 2

Solução: 0,4 0,20,2- 0,4

b)2 1 24 2 21- 3 1

Solução:0,99 0,36 0,14-0,43- 0,29 0,291 0,5- 0

c)

2 5 2- 5 1- 3 1 3

1 1 2 14 1- 2 2

Solução:

0,15 0,36- 0,33 3,64 0,18 0,30- 0,67 0,33-

0,12- 9,09 0,33 0 9,09- 0,48 0,67- 0,33

d)2,75 0,5- 25,1

3 1- 12 1 2

Solução: Não existe.


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3 – INTEGRAÇÃO NUMÉRICA

Consideremos o problema de se computar o valor numérico de uma integraldefinida com qualquer grau desejado de precisão.

( ) ( ) ( ) ( )aFbFxFdxxf bab

a−==∫

Desta forma, devemos ser capaz de achar a integral indefinida F(x) e de calcular oseu valor em x=a e x=b. Quando isso não for possível, a fórmula anterior não temuso prático. Essa abordagem falha inclusive para integrais aparentementesimples, tais como:

( )∫π

0dxxsen e ∫

2

1

xdx

xe

Isto ocorre, pois não existem funções elementares cujas derivadas sejam ( )( )xsen e

xex .

Sendo assim, neste capítulo serão apresentadas formulações matemáticas quefornecem um valor aproximado de integrais, independentemente de podermosdeterminar a expressão para as integrais definidas.

3.1 – Regra do Trapézio

A integral é a representação numérica do valor da área compreendida entre acurva da função f(x) e o eixo x, num determinado intervalo.

( ) ( )[ ]∑ ∆⋅=∫ ⋅==∞→

N

0iN

b

axxflimdxxfA

y

a b

Af(x)

x


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29

Admitindo-se uma subdivisão do intervalo de cálculo, pode-se aproximar a curvapor semi-retas.

A área do trapézio formado pela semi-reta é dada por:

( )( )1kk

k1k

xx2yy

−−

−⋅+

Sendo a e b os limites de integração e n o número inteiro e positivo de intervalos,pode-se escrever:

nabxxx 1kk

−=−=∆ −

Fazendo-se k = 1, 2, …, n e somando-se as áreas de todos os trapézios formados,tem-se:

( )

++++++⋅∆≅∫ −− 2yyyyy

2yxdxxf n1n2n210

b

aL n

abx −=∆

Exercício 4:

Utilizando a regra do trapézio, com n = 6, calcule o valor aproximado da integral:

∫+

−

−

2

2 2

3dx

1xx1

Xxk-1 xk

yk-1yk


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30

3.2 – Regra de Simpson

Esse método baseia-se em um artifício mais engenhoso, pois cada trecho dacurva f(x) é aproximado por um segmento de parábola.

Dividi-se o intervalo de integração [a,b] em n partes iguais, porém agora, ointervalo n deve ser inteiro, positivo e par. A cada 3 (três) pontos de subdivisãoaproxima-se um segmento de parábola conforme apresentado a seguir.

O segmento de parábola utilizado para aproximar a curva é escrito da seguinteforma:

( ) ( ) ( )211 xxCxxBAyxP −⋅+−⋅+==

Para: x = x0: ⇒ ( ) ( )210100 xxCxxBAy −⋅+−⋅+=

x = x1: ⇒ Ay1 = (1)x = x2: ⇒ ( ) ( )212122 xxCxxBAy −⋅+−⋅+=

Sendo 1201 xxxxnabx −=−=−=∆ , pode-se escrever:

( ) ( )( ) ( )∆+⋅+∆+⋅=−

∆−⋅+∆−⋅=−2

12

210

xCxByyxCxByy

Obtendo-se: ( ) 2102

yy2yxC2 +−=∆⋅ (2)Admitindo-se que o segmento de parábola representa bem f(x), tem-se:

( ) ( ) ( )[ ]∫ −⋅+−⋅+≅∫ 2x1x

211

2x

1xdxxxCxxBAdxxf

( ) ( ) ( )2x

1x

31

21

2x

1xxxC

31xxB

21Axdxxf −⋅+−⋅+≅∫

Xx0 x2

y0

y2

x1

y1


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31

( ) ( )32x

1xxC

32xA2dxxf ∆⋅+∆⋅≅∫ (3)

Substituindo-se (1) e (2) em (3), tem-se:

( ) ( ) ( )21021012x

1xyy4y

3xxyy2y

31xy2dxxf ++∆=∆⋅+−+∆⋅≅∫

Aplicando-se esse procedimento para todos os subintervalos [x0,x2], [x2,x4], [x4,x6],… e somando-os, obtém-se a aproximação para o cálculo da integral dado por:

( ) ( )n1n2n210b

ayy4y2y2y4y

3xdxxf ++++++⋅∆≅∫ −−L n

abx −=∆

Observações:• y0 e yn → coeficiente 1;• yi com i par → coeficiente 2;• yi com i impar → coeficiente 4.

Exercício 5:

Refazer o exercício 6 com o cálculo pela regra de Simpson e comparar osresultados com aquele apresentado pela calculadora.

Exercício 6:

Determinar a área marcada na figura abaixo sendo a equação da parábola dadapor 28,5x76,5x48,0y 2 −+−= . Considere n = 4.

10,08 m

X (m)

Y (m)


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32

Trabalho 4:

Sejam as funções f1 e f2 conforme apresentadas a seguir:

( )1x

1xf 21 += e ( )

7,3x2,07,1x2,0xf 22 +

+−=

Calcule as integrais abaixo pelas regras do Trapézio e de Simpson, com 10intervalos e utilizando a precisão de 3 (três) casas decimais.

( )∫ ⋅−

4

11 dxxf

( )( )∫ ⋅

−

4

1 2

1 dxxfxf


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33


1) Resolva as integrações numéricas a seguir através dos métodos do Trapézio ede Simpson (com 6 intervalos).

a) ( )∫ +−4

0

3 dx1x3x3

b) ∫2

π

0dx)xcos(

c) ∫ +1

0

2x dx)xe(

d) ( )∫ +⋅1

0 dxx1lnx e) ∫

π

0

2 dx)xsen(

f) ∫9

0dt

t)tsen(

g) ∫14

2 xdx

h) ∫+

6,0

0 k1dk

i) ∫π

π

2 )xsen( dxe

3) Determine o deslocamento máximo, no ponto de aplicação da força P, na barrabiapoiada uniforme e homogenia da figura a seguir. (Obs.: resolva a integral peloMétodo do Trapézio com 5 intervalos)Dados da barra:

- Comprimento: 10 m;- Força P: 20 t;- Módulo de elasticidade do material: 2100 t/cm2

- Seção da barra: retangular com b = 30 cm e h = 50 cm.P

l /2l /2


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34

4) Você foi contratado para determinar a área de uma fazenda cujos terrenosestão delimitados por um rio e uma estrada conforme mostrado na figura a seguir.Você verificou que tanto o rio quanto a estrada poderiam ser representados porequações de um sistema de eixos conforme apresentado na figura. Utilizando-seos Métodos do Trapézio e de Simpson, ambos com 4 intervalos, determine a áreaatravés de integração numérica.

- Equação do rio: 25x0833,4x7333,0x0233,0y 23 +⋅−⋅+⋅−= - Equação da estrada: x1969,0e9696,0y ⋅⋅=

y

x

Fazenda

(20,50)

Rio

Estrada

Obs.:Dimensões em km


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5) Determine a área entre as três curvas a seguir, considerando as dimensões emcm e a equação das três parábolas conforme indicado.

6) Seja um perfil de seção transversal em forma de parábola, conformeapresentado no gráfico a seguir. Pede-se determinar o momento de inércia emrelação ao eixo X. Além disso, no cálculo da área da seção transversal, pede-separa utilizar o método de Simpson com 6 intervalos.

X

Y (cm)

X

X (cm)

h

ho

y = 2x -72

O

y1 = 0,125x +1,875

y2 = -0,025x -0,10x+2,125

y3 = -0,125x +4,125


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36

BIBLIOGRAFIA

BEER, F. P.; JOHNSTON, E. R. (1982). Resistência dos Materiais. McGraw-Hill doBrasil. 2a edição. São Paulo, SP.

SIMMONS, G. F. (1952). Cálculo com Geometria Analítica. McGraw-Hill. SãoPaulo, SP.


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37

ANEXO 1

Algoritmo para o Cálculo deCaracterísticas Físicas de Figuras Planas Compostas


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38

Dados:

• Número de figuras: NF;• Área de cada figura: A[i];• Posição x e y do eixo baricentro de cada figura: Xb[i], Yb[i];• Momento de inércia em relação aos eixos baricentro de cada figura: Ixb[i],

Iyb[i].

Resultados:

• Área de Figura Composta: Atot;• Posição x e y do eixo baricentro da figura composta: Xtot, Ytot;• Momento de inércia em relação aos eixos baricentro da figura composta: Ix[i],

Iy[i].Algoritmo:

Leia (NF)Atot← 0Soma_Ax← 0Soma_Ay← 0Para i ← 1 até NFFaça

Leia (A[i], Xb[i], Yb[i],Ixb[i], Iyb[i])

Atot←

Atot + A[i]Soma_Ax← Soma_Ax + A[i]× Xb[i]Soma_Ay← Soma_Ay + A[i]× Yb[i]

Fim paraXtot← Soma_Ax ÷ AtotYtot← Soma_Ay ÷ AtotIx← 0Iy← 0Para i ← 1 to NFFaça

Ix← Ix + A[i]× (Xb[i] – Xtot)× (Xb[i] – Xtot)

Iy← Iy + A[i]× (Yb[i] – Ytot)× (Yb[i] – Ytot)Fim façaImprime(Atot, Xtot, Ytot, Ix, Iy)


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ANEXO 2

Algoritmo para a Resolução deSistemas de Equações Lineares pelo Método da Triangularização


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Dados:

• Tamanho do sistema: n;• Matriz de coeficientes: A[i,j];• Vetor de termos independentes: B[i].

Resultados:

• Vetor solução: X[i].

Algoritmo:

Leia (n)Para i ← 1 até nFaça

Para j ← 1 até nFaça

Leia (A[i,j])Fim paraLeia (B[i])

Fim paraPara k ← 1 até (n-1)Faça

Para i ← (k+1) até n(passo negativo) Faça

m ← A[i,k] ÷ A [k,k]A[i,k]← 0Para j ← (k+1) até n(passo negativo) Faça

A[i,j]← A[i,j] – m× A[k,j]Fim paraB[i]← B[i] – m× B[k]

Fim paraFim paraX[n]← B[n] ÷ A[n,n]Para k ← (n+1) até 1(passo negativo)Faça

S ← 0Para j ← (k+1) até n(passo negativo) Faça

S ← S + A[k,j]× X[j]Fim paraX[k]← (B[k] – S) ÷ A[k,k]Imprime(X[k])

Fim para


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ANEXO 3

Características Físicas das Principais Figuras Planas


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Documents

Notas de Aula - Algoritmo