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Matemática Numérica II

4 Problema de Valor Inicial 4.5 Métodos de Passo Múltiplo 5 Problema de Valor de Contorno

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4.6 Método adaptativo com controle de erro

Em revisão

Consideremos um problema de valor inicia

	$\displaystyle y^{\prime}(t)=f(t,y(t)),\quad t>t_{0},$		(4.201)
	$\displaystyle y(t_{0})=y_{0}.$		(4.202)

e um método de passo simples

	$\displaystyle y^{(1)}=y_{0},$		(4.203)
	$\displaystyle y^{(i+1)}(h^{(i+1)})=y^{(i)}+h^{(i+1)}\Phi(t^{(i)},y^{(i)};h^{(i% +1)}),$		(4.204)

com $t^{(i)}=t_{0}+(i-1)h^{(i)}$ . Nesta seção, discutiremos uma estimava para o maior valor de $h^{(i+1)}$ tal que o erro de discretização global $e(t^{(i+1)};h^{(i+1)})$ seja controlado por uma dada tolerância $T O L$ , i.e.

|e(t^{(i+1)};h^{(i+1)})|:=|y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y(t^{(i+1)})|\approx TOL.

(4.205)

Para um método de ordem $h^{p}$ , pode-se mostrar que (veja, [3, Cap. 7, Seç. 7.2])

y^{(i+1)}(h^{(i+1)})=y(t^{(i+1)})+e_{p}(t^{(i+1)})(h^{(i+1)})^{p},

(4.206)

onde $e(t^{(i+1)})$ é uma função apropriada. Então, assumindo que $e(t^{(i)};h^{(i)})=0$ , temos

e_{p}(t^{(i+1)})=h^{(i+1)}e_{p}^{\prime}(t^{(i)})

(4.207)

e, portanto, para termos (4.205) impomos que

|(h^{(i+1)})^{p+1}e_{p}^{\prime}(t^{(i)})|=TOL.

(4.208)

Daí, se obtermos uma aproximação para $e_{p}^{\prime}(t^{(i)})$ teremos uma aproximação para o passo $h^{(i+1)}$ .

Para estimarmos $e_{p}(t^{(i+1)})$ , observamos que de (4.206) temos

y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)=y(t^{(i+1)})+e_{p}(t^{(i+1)})\frac{(% h^{(i+1)})^{p}}{2^{p}}

(4.209)

e, então, subtraindo esta de (4.206) temos

y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)=e_{p}(t^{(i+1)}% )\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)^{p}(2^{p}-1),

(4.210)

donde

e_{p}(t^{(i+1)})\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)^{p}=\frac{y^{(i+1)}(h^{(i+1)}% )-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)}{2^{p}-1}.

(4.211)

Daí, de (4.207), obtemos

e_{p}^{\prime}(t^{(i)})h^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)^{p}=\frac{y^{% (i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)}{2^{p}-1},

(4.212)

o que nos fornece a seguinte aproximação de $e_{p}^{\prime}(t^{(i)})$

e_{p}^{\prime}(t^{(i)})=\frac{1}{(h^{(i+1)})^{p+1}}\frac{2^{p}}{2^{p}-1}\left[% y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)\right].

(4.213)

Assim sendo, de (4.208) temos que o passo $h^{(i+1)}$ apropriado é tal que

\frac{2^{p}}{2^{p}-1}\left|y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}% }{2}\right)\right|\approx TOL.

(4.214)

Com base nesta estimativa podemos propor o seguinte método de passo adaptativo. Partindo de uma escolha arbitrária de $h$ , computamos $y^{(i+1)}(h)$ e $y^{(i+1)}(h/2)$ de $y^{(i)}$ . Então, enquanto

\frac{2^{p}}{2^{p}-1}\left|y^{(i+1)}(h)-y^{(i+1)}\left(\frac{h}{2}\right)% \right|>TOL,

(4.215)

tomamos sucessivas divisões de $h$ por $2$ , até satisfazermos (4.214). Obtido o $h$ que satisfaz (4.214), temos computado $y^{(i+1)}$ com $h^{(i+1)}=h$ .

Exemplo 4.6.1.

Consideremos o seguinte problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}-y=\operatorname{sen}(t),t>0$		(4.216)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{2}.$		(4.217)

A Figura 4.4 mostra a comparação entre $y(t)$ e a solução numérica obtida da aplicação do Método de Euler com passo adaptativo. No método, utilizamos o passo inicial $h^{(1)}=0,1$ e tolerância $TOL=10^{-4}$ . Ao compararmos esta figura com a Figura (4.1) fica evidente o controle do erro.

Refer to caption — Figura 4.4: Resultados referentes ao Exemplo 4.6.1.

4.6.1 Exercícios

Em revisão

E. 4.6.1.

Considere o seguinte problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}+e^{-y^{2}+1}=2,\quad t>1,$		(4.218)
	$\displaystyle y(1)=-1.$		(4.219)

Use o Método de Euler com passo adaptativo para computar o valor aproximado de $y(2)$ . Para tanto, utilize o passo inicial $h=0,1$ e a tolerância de $TOL=10^{-4}$ .

Resposta.

$-5.99240\mathrm{e}\!-\!1$

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Este texto é disponibilizado nos termos da Licença Creative Commons Atribuição-CompartilhaIgual 4.0 Internacional. Ícones e elementos gráficos podem estar sujeitos a condições adicionais.

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Em revisão

Consideremos um problema de valor inicia

	$\displaystyle y^{\prime}(t)=f(t,y(t)),\quad t>t_{0},$		(4.201)
	$\displaystyle y(t_{0})=y_{0}.$		(4.202)

e um método de passo simples

	$\displaystyle y^{(1)}=y_{0},$		(4.203)
	$\displaystyle y^{(i+1)}(h^{(i+1)})=y^{(i)}+h^{(i+1)}\Phi(t^{(i)},y^{(i)};h^{(i% +1)}),$		(4.204)

|e(t^{(i+1)};h^{(i+1)})|:=|y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y(t^{(i+1)})|\approx TOL.

(4.205)

Para um método de ordem $h^{p}$ , pode-se mostrar que (veja, [3, Cap. 7, Seç. 7.2])

y^{(i+1)}(h^{(i+1)})=y(t^{(i+1)})+e_{p}(t^{(i+1)})(h^{(i+1)})^{p},

(4.206)

onde $e(t^{(i+1)})$ é uma função apropriada. Então, assumindo que $e(t^{(i)};h^{(i)})=0$ , temos

e_{p}(t^{(i+1)})=h^{(i+1)}e_{p}^{\prime}(t^{(i)})

(4.207)

e, portanto, para termos (4.205) impomos que

|(h^{(i+1)})^{p+1}e_{p}^{\prime}(t^{(i)})|=TOL.

(4.208)

Daí, se obtermos uma aproximação para $e_{p}^{\prime}(t^{(i)})$ teremos uma aproximação para o passo $h^{(i+1)}$ .

Para estimarmos $e_{p}(t^{(i+1)})$ , observamos que de (4.206) temos

y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)=y(t^{(i+1)})+e_{p}(t^{(i+1)})\frac{(% h^{(i+1)})^{p}}{2^{p}}

(4.209)

e, então, subtraindo esta de (4.206) temos

y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)=e_{p}(t^{(i+1)}% )\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)^{p}(2^{p}-1),

(4.210)

donde

e_{p}(t^{(i+1)})\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)^{p}=\frac{y^{(i+1)}(h^{(i+1)}% )-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)}{2^{p}-1}.

(4.211)

Daí, de (4.207), obtemos

e_{p}^{\prime}(t^{(i)})h^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)^{p}=\frac{y^{% (i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)}{2^{p}-1},

(4.212)

o que nos fornece a seguinte aproximação de $e_{p}^{\prime}(t^{(i)})$

e_{p}^{\prime}(t^{(i)})=\frac{1}{(h^{(i+1)})^{p+1}}\frac{2^{p}}{2^{p}-1}\left[% y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}}{2}\right)\right].

(4.213)

Assim sendo, de (4.208) temos que o passo $h^{(i+1)}$ apropriado é tal que

\frac{2^{p}}{2^{p}-1}\left|y^{(i+1)}(h^{(i+1)})-y^{(i+1)}\left(\frac{h^{(i+1)}% }{2}\right)\right|\approx TOL.

(4.214)

\frac{2^{p}}{2^{p}-1}\left|y^{(i+1)}(h)-y^{(i+1)}\left(\frac{h}{2}\right)% \right|>TOL,

(4.215)

tomamos sucessivas divisões de $h$ por $2$ , até satisfazermos (4.214). Obtido o $h$ que satisfaz (4.214), temos computado $y^{(i+1)}$ com $h^{(i+1)}=h$ .

Exemplo 4.6.1.

Consideremos o seguinte problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}-y=\operatorname{sen}(t),t>0$		(4.216)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{2}.$		(4.217)

4.6.1 Exercícios

Em revisão

E. 4.6.1.

Considere o seguinte problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}+e^{-y^{2}+1}=2,\quad t>1,$		(4.218)
	$\displaystyle y(1)=-1.$		(4.219)

Use o Método de Euler com passo adaptativo para computar o valor aproximado de $y(2)$ . Para tanto, utilize o passo inicial $h=0,1$ e a tolerância de $TOL=10^{-4}$ .

Resposta.

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Pedro H A Konzen

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