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Matemática Numérica II

4 Problema de Valor Inicial 4.1 Método de Euler 4.3 Métodos de Runge-Kutta

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4.2 Métodos de Taylor de Alta Ordem

Métodos de Taylor¹¹¹¹endnote: ¹¹Brook Taylor, 1685 - 1731, matemático britânico. Fonte: Wikipédia:Brook Taylor. são usados para computar a solução numérica de Problemas de Valor Inicial (PVI) da forma

	$\displaystyle y^{\prime}=f(t,y),\quad t_{0}<t\leq t_{f},$		(4.77a)
	$\displaystyle y(t_{0})=y_{0},$		(4.77b)

onde $y:[t_{0},t_{f}]\mapsto\mathbb{R}$ é a função incógnita, dada $f:[t_{0},t_{f}]\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ e dado valor inicial $y_{0}\in\mathbb{R}$ .

Na Seção 4.1, vimos que a ordem do erro de discretização local do Método de Euler¹²¹²endnote: ¹²Leonhard Paul Euler, 1707-1783, matemático e físico suíço. Fonte: Wikipédia: Ronald Fisher. é também a do erro de discretização global. Este resultado é generalizado pelo Teorema 4.2.1, para todo o método de passo simples

	$\displaystyle y^{(0)}=y_{0},$		(4.78a)
	$\displaystyle y^{(k+1)}=y^{(k)}+h\Phi\left(t^{(k)},y^{(k)}\right),$		(4.78b)

onde $y^{(k)}\approx y\left(t^{(k)}\right)$ , $t^{(k)}=t_{0}+kh$ , $h=(t_{f}-t_{0})/n$ , $k=0,1,2,\dotsc,n$ .

Antes, lembramos que o erro de discretização local é definido por

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\tau(t,y;h):=% \Delta(t,y;h)-\Phi(t,y;h),

(4.79)

onde

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\Delta(t,y;h):% =\left\{\begin{array}[]{ll}\displaystyle\frac{y(t+h)-y(t)}{h}&,h\neq 0,\\ f\left(t,y(t)\right)&,h=0.\end{array}\right.

(4.80)

Já, o erro de discretização global é definido por

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}e(t;h_{n}):=% \tilde{y}(t;h_{n})-y(t),

(4.81)

onde $\tilde{y}(t;h_{n})\approx y(t)$ dada por (4.2) para $h_{n}=(t-t_{0})/n$ .

Com o objetivo de desenvolvermos métodos de alta ordem, podemos usar o polinômio de Taylor de ordem $m$ de $y=y(t)$

		$\displaystyle y(t+h)=y(t)+hy^{\prime}(t)+\frac{h^{2}}{2}y^{\prime\prime}(t)$		(4.82)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m}}{m!}\frac{d^{m}y}{dt^{m}}(t)+% \frac{h^{m+1}}{(m+1)!}\frac{d^{m+1}y}{dt^{m+1}}(\xi),$		(4.82)

donde

		$\displaystyle y(t+h)=y(t)+hf(t,y)+\frac{h^{2}}{2}f^{\prime}(t,y)$		(4.83)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m}}{m!}\frac{d^{m-1}f}{dt^{m-1}}(t,y)$
		$\displaystyle\text{}\quad+\frac{h^{m+1}}{(m+1)!}\frac{d^{m}f}{dt^{m}}\left(\xi% ,y(\xi)\right)$

e, portanto

		$\displaystyle\Delta(t,y;h)=f(t,y)+\frac{h}{2}f^{\prime}(t,y)$		(4.84)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m}}{m!}\frac{d^{m-1}f}{dt^{m-1}}(t,y)$
		$\displaystyle\text{}\quad+\frac{h^{m+1}}{(m+1)!}\frac{d^{m}f}{dt^{m}}\left(\xi% ,y(\xi)\right)$

Isto nos motiva a iteração do Método de Taylor de Ordem $m$ :

	$\displaystyle y^{(0)}=y_{0},$		(4.85a)
	$\displaystyle y^{(k+1)}=y^{(k)}+hT^{(m)}\left(t^{(k)},y^{(k)}\right),$		(4.85b)

onde

		$\displaystyle T^{(m)}\left(t^{(k)},y^{(k)}\right):=f\left(t^{(k)},y^{(k)}% \right)+\frac{h}{2}f^{\prime}\left(t^{(k)},y^{(k)}\right)$		(4.86)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m-1}}{m!}\frac{d^{m-1}f}{dt^{m-1}}% \left(t^{(k)},y^{(k)}\right)$		(4.86)

Exemplo 4.2.1.

Considere o PVI

	$\displaystyle y^{\prime}=y+\operatorname{sen}(t),\quad 0<t\leq 1,$		(4.87a)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{2}.$		(4.87b)

Vamos usar o Método de Taylor de Ordem 2 para computar sua solução e comparar com a solução analítica

y(t)=e^{t}-\frac{1}{2}\operatorname{sen}(t)-\frac{1}{2}\cos(t).

(4.88)

$h$	$\left\|\tilde{y}(1)-y(1)\right\|$
$10^{-1}$	$4.9\mathrm{e}\!-\!3$
$10^{-2}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!5$
$10^{-3}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!7$
$10^{-4}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!9$
$10^{-5}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!11$

Código 9: taylor.py

⬇

1import numpy as np

3def taylor(Phi, t0, y0, h, n):

4 t = t0

5 y = y0

6 for k in range(n):

7 y += h*Phi(t, y, h)

8 t += h

9 return t, y

11def f(t, y):

12 return y + np.sin(t)

14def fl(t, y):

15 return f(t, y) + np.cos(t)

17def Phi(t, y, h):

18 return f(t, y) + h/2*fl(t, y)

20# analítica

21def exata(t):

22 return np.exp(t) - 0.5*np.sin(t) - 0.5*np.cos(t)

24h = 1e-1

25n = round(1/h)

26t,y = taylor(Phi, 0., 0.5, h, n)

4.2.1 Análise Numérica

Teorema 4.2.1.

(Convergência, [8, Cap. 7, Seção 7.2].) Considere o PVI (4.2), para $t_{0}\in[a,b]$ e $y_{0}\in\mathbb{R}$ . Seja $\Phi$ contínua em

G:=\{(t,y,h):a\leq t\leq b,|y-y(t)|\leq\gamma,0\leq|h|\leq h_{0}\},

(4.89)

para $h_{0}>0$ e $\gamma>0$ . Sejam também, $M, N$ constantes tais que

\left|\Phi(t,y;h)-\Phi(t,z;h)\right|\leq M|y-z|,

(4.90)

para todas $(t,y;h),(t,z;h)\in G$ . Se, ainda, para algum $p>0$ e para todo $t\in[a,b]$ , $|h|\leq h_{0}$ , temos a estimativa do erro de discretização local

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\left|\tau(t,y% (t);h)\right|\leq N|h|^{p},

(4.91)

então existe $\overline{h}$ , $0<\overline{h}<h_{0}$ , tal que vale a seguinte estimativa do erro de discretização global

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}|e(t;h_{n})|% \leq|h_{n}|^{p}N\frac{e^{M|t-t_{0}|}-1}{M},

(4.92)

para todo $t\in[a,b]$ e para todo $h_{n}=(t-t_{0})/n$ , $n=1,2,\ldots$ , com $|h_{n}|\leq\overline{h}$ .

Demonstração.

Seja

\tilde{\Phi}(t,y;h):=\left\{\begin{array}[]{ll}\Phi(t,y;h)&,(t,y,h)\in G,\\ \Phi(t,y(t)+\gamma;h)&,t\in[a,b],|h|\leq h_{0},y\geq y(t)+\gamma,\\ \Phi(t,y(t)-\gamma;h)&,t\in[a,b],|h|\leq h_{0},y\leq y(t)-\gamma,\end{array}\right.

(4.93)

A função $\tilde{\Phi}$ é contínua em

\tilde{G}:=\{(t,y;h):t\in[a,b],y\in\mathbb{R},|h|\geq h_{0}\}

(4.94)

e satisfaz

\left|\tilde{\Phi}(t,y;h)-\tilde{\Phi}(t,z;h)\right|\leq M|y-z|,

(4.95)

para todas $(t,y;h),(t,z;h)\in\tilde{G}$ . Ainda, como $\tilde{\Phi}(t,y(t);h)=\Phi(t,y(t);h)$ , também temos que

|\Delta(t,y(t);h)-\tilde{\Phi}(t,y(t);h)|\leq N|h|^{p},

(4.96)

para $t\in[a,b]$ e $|h|\leq h_{0}$ .

Sejam, $\tilde{y}^{(k)}:=\tilde{y}\left(t^{(k)};h\right)$ , $t^{(k)}=t_{0}+kh$ , $\tilde{y}^{(0)}=y_{0}$ :

	$\displaystyle\tilde{y}^{(k+1)}=\tilde{y}^{(k)}+h\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},% \tilde{y}^{(k)};h\right),$		(4.97)
	$\displaystyle y\left(t^{(k+1)}\right)=y\left(t^{(k)}\right)+h\Delta\left(t^{(k% )},y\left(t^{(k)}\right);h\right).$		(4.98)

Definindo $\tilde{e}^{(k)}:=\tilde{y}^{(k)}-y\left(t^{(k)}\right)$ , obtemos a fórmula de recorrência

	$\displaystyle\tilde{e}^{(k+1)}=\tilde{e}^{(k)}+h\left[\tilde{\Phi}\left(t^{(k)% },\tilde{y}^{(k)};h\right)-\Delta\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right]$		(4.99)
	$\displaystyle\text{}\quad=\tilde{e}^{(k)}+h\left[\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},% \tilde{y}^{(k)};h\right)-\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h% \right)\right]$		(4.100)
	$\displaystyle\text{}\qquad+h\left[\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}% \right);h\right)-\Delta\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right].$		(4.101)

Agora, de (4.95) e (4.96), temos

	$\displaystyle\left\|\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},\tilde{y}^{(k)};h\right)-\tilde{% \Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right\|\leq M\left\|\tilde{e}^% {(k)}\right\|$		(4.102)
	$\displaystyle\left\|\Delta\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)-\tilde{% \Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right\|\leq N\|h\|^{p}$		(4.103)

Portanto, de (4.101), temos

\left|\tilde{e}^{(k+1)}\right|\leq\left(1+|h|M\right)\left|\tilde{e}^{(k)}% \right|+N|h|^{p+1}

(4.104)

Então, do Lema 4.1.1, temos

\left|\tilde{e}^{(k)}\right|\leq N|h|^{p}\frac{e^{k|h|M}-1}{M}.

(4.105)

Sejam, agora, $t\in[a,b]$ , $t\neq t_{0}$ fixo e $h:=h_{n}=(t-t_{0})/n$ , $n>0$ . Então, $t^{(n)}=t_{0}+nh=t$ e de (4.105) temos

\left|\tilde{e}\left(t,h_{n}\right)\right|\leq N|h_{n}|^{p}\frac{e^{M|t-t_{0}|% }-1}{M},

(4.106)

para todo $t\in[a,b]$ , $|h_{n}|\leq h_{0}$ . Uma vez que $|t-t_{0}|\leq|b-a|$ e $\gamma>0$ , existe $\overline{h}$ , $0<\overline{h}\leq h_{0}$ , tal que $\left|\tilde{e}\left(t,h_{n}\right)\right|\leq\gamma$ para todo $t\in[a,b]$ e $|h_{n}|\leq\overline{h}$ . Logo, para o método de passo simples (4.2) gerado por $\Phi$ , temos para $|h|\leq\overline{h}$ que

	$\displaystyle\tilde{y}^{(k)}=y^{(k)},$		(4.107)
	$\displaystyle\tilde{e}^{(k)}=e^{(k)},$		(4.108)
	$\displaystyle\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},\tilde{y}^{(k)};h\right)=\Phi\left(t^{(% k)},\tilde{y}^{(k)};h\right).$		(4.109)

Concluímos que

\left|e\left(t,h_{n}\right)\right|\leq N|h_{n}|^{p}\frac{e^{M|t-t_{0}|}-1}{M},

(4.110)

para todo $t\in[a,b]$ e $h_{n}=(t-t_{0})/n$ , $n=1,2,\ldots$ , com $|h_{n}|\leq\overline{h}$ . ∎

4.2.2 Exercícios

E. 4.2.1.

Use o Método de Taylor de $O(h^{2})$ para computar a solução de

	$\displaystyle y^{\prime}+\cos(t)=y,\quad 0<t\leq 1,$		(4.111a)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{2}.$		(4.111b)

A solução analítica é $y(t)=\frac{1}{2}\cos(t)-\frac{1}{2}\sin(t)$ . Faça testes numéricos com $h=10^{-1}$ , $10^{-2}$ , $10^{-3}$ e $10^{-4}$ , observe os resultados obtidos e o erro $\varepsilon:=|\tilde{y}(1)-y(1)|$ , onde $\tilde{y}$ corresponde a solução numérica. O erro tem o comportamento esperado? Justifique sua resposta.

Resposta.

$h$	$\tilde{y}(1)$	$\left\|\tilde{y}(1)-y(1)\right\|$
$1\mathrm{e}\!-\!1$	$-1.52293\mathrm{e}\!-\!1$	$1.7\mathrm{e}\!-\!3$
$1\mathrm{e}\!-\!2$	$-1.50602\mathrm{e}\!-\!1$	$1.8\mathrm{e}\!-\!5$
$1\mathrm{e}\!-\!3$	$-1.50585\mathrm{e}\!-\!1$	$1.8\mathrm{e}\!-\!7$
$1\mathrm{e}\!-\!4$	$-1.50584\mathrm{e}\!-\!1$	$1.8\mathrm{e}\!-\!9$

E. 4.2.2.

Use o Método de Taylor $O(h^{2})$ para computar a solução do PVI (4.2.1) com $h=10^{-1}$ . Faça um esboço do gráfico do erro $e\left(t;h=10^{-1}\right)=\left|\tilde{y}(t)-y(t)\right|$ e verifique se ele tem a forma esperada conforme a estimativa do erro global (4.92).

Resposta.

Dica: o gráfico de $e\left(t;h=10^{-1}\right)$ tem a forma de uma função exponencial crescente.

E. 4.2.3.

Use o Método de Taylor de $O(h^{3})$ para computar a solução do PVI (4.2.1). Escolha o passo $h$ de forma que a solução numérica tenha precisão de 6 dígitos significativos.

Resposta.

$h=10^{-2}$ , $\tilde{y}(1)=-1.50584\mathrm{e}\!-\!1$

E. 4.2.4.

Considere o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}=y^{2}-ty,\quad 1<t\leq 2,$		(4.112a)
	$\displaystyle y(1)=-2.$		(4.112b)

Compute a solução com o Método de Taylor de $O\left(h^{p}\right)$ com passo $h=10^{-1}$ :

a)

$p=2$ .
b)

$p=3$ .
c)

$p=4$ .

Resposta.

Dica: $y(2)=-2.10171\mathrm{e}\!-\!1$ .

E. 4.2.5.

Considere o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}-t^{2}y=0,\quad 1<t\leq 3,$		(4.113a)
	$\displaystyle y(1)=\frac{1}{2}.$		(4.113b)

Compute a solução com o Método de Taylor de $O\left(h^{p}\right)$ com passo $h=10^{-1}$ :

a)

$p=2$ .
b)

$p=3$ .
c)

$p=4$ .

Resposta.

Dica: $y(2)=2.90306\mathrm{e}\!+\!3$ .

Análise Numérica

E. 4.2.6.

Considere o PVI (4.2.1). Verifique que o Método de Taylor de $O(h^{2})$ satisfaz as estimativas do erro local (4.91) e do erro global (4.92). Forneça valor estimados para os parâmetros $N$ e $M$ .

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4 Problema de Valor Inicial 4.1 Método de Euler 4.3 Métodos de Runge-Kutta

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4.2 Métodos de Taylor de Alta Ordem

	$\displaystyle y^{\prime}=f(t,y),\quad t_{0}<t\leq t_{f},$		(4.77a)
	$\displaystyle y(t_{0})=y_{0},$		(4.77b)

onde $y:[t_{0},t_{f}]\mapsto\mathbb{R}$ é a função incógnita, dada $f:[t_{0},t_{f}]\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ e dado valor inicial $y_{0}\in\mathbb{R}$ .

	$\displaystyle y^{(0)}=y_{0},$		(4.78a)
	$\displaystyle y^{(k+1)}=y^{(k)}+h\Phi\left(t^{(k)},y^{(k)}\right),$		(4.78b)

onde $y^{(k)}\approx y\left(t^{(k)}\right)$ , $t^{(k)}=t_{0}+kh$ , $h=(t_{f}-t_{0})/n$ , $k=0,1,2,\dotsc,n$ .

Antes, lembramos que o erro de discretização local é definido por

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\tau(t,y;h):=% \Delta(t,y;h)-\Phi(t,y;h),

(4.79)

onde

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\Delta(t,y;h):% =\left\{\begin{array}[]{ll}\displaystyle\frac{y(t+h)-y(t)}{h}&,h\neq 0,\\ f\left(t,y(t)\right)&,h=0.\end{array}\right.

(4.80)

Já, o erro de discretização global é definido por

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}e(t;h_{n}):=% \tilde{y}(t;h_{n})-y(t),

(4.81)

onde $\tilde{y}(t;h_{n})\approx y(t)$ dada por (4.2) para $h_{n}=(t-t_{0})/n$ .

Com o objetivo de desenvolvermos métodos de alta ordem, podemos usar o polinômio de Taylor de ordem $m$ de $y=y(t)$

		$\displaystyle y(t+h)=y(t)+hy^{\prime}(t)+\frac{h^{2}}{2}y^{\prime\prime}(t)$		(4.82)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m}}{m!}\frac{d^{m}y}{dt^{m}}(t)+% \frac{h^{m+1}}{(m+1)!}\frac{d^{m+1}y}{dt^{m+1}}(\xi),$		(4.82)

donde

		$\displaystyle y(t+h)=y(t)+hf(t,y)+\frac{h^{2}}{2}f^{\prime}(t,y)$		(4.83)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m}}{m!}\frac{d^{m-1}f}{dt^{m-1}}(t,y)$
		$\displaystyle\text{}\quad+\frac{h^{m+1}}{(m+1)!}\frac{d^{m}f}{dt^{m}}\left(\xi% ,y(\xi)\right)$

e, portanto

		$\displaystyle\Delta(t,y;h)=f(t,y)+\frac{h}{2}f^{\prime}(t,y)$		(4.84)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m}}{m!}\frac{d^{m-1}f}{dt^{m-1}}(t,y)$
		$\displaystyle\text{}\quad+\frac{h^{m+1}}{(m+1)!}\frac{d^{m}f}{dt^{m}}\left(\xi% ,y(\xi)\right)$

Isto nos motiva a iteração do Método de Taylor de Ordem $m$ :

	$\displaystyle y^{(0)}=y_{0},$		(4.85a)
	$\displaystyle y^{(k+1)}=y^{(k)}+hT^{(m)}\left(t^{(k)},y^{(k)}\right),$		(4.85b)

onde

		$\displaystyle T^{(m)}\left(t^{(k)},y^{(k)}\right):=f\left(t^{(k)},y^{(k)}% \right)+\frac{h}{2}f^{\prime}\left(t^{(k)},y^{(k)}\right)$		(4.86)
		$\displaystyle\text{}\quad+\cdots+\frac{h^{m-1}}{m!}\frac{d^{m-1}f}{dt^{m-1}}% \left(t^{(k)},y^{(k)}\right)$		(4.86)

Exemplo 4.2.1.

Considere o PVI

	$\displaystyle y^{\prime}=y+\operatorname{sen}(t),\quad 0<t\leq 1,$		(4.87a)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{2}.$		(4.87b)

Vamos usar o Método de Taylor de Ordem 2 para computar sua solução e comparar com a solução analítica

y(t)=e^{t}-\frac{1}{2}\operatorname{sen}(t)-\frac{1}{2}\cos(t).

(4.88)

$h$	$\left\|\tilde{y}(1)-y(1)\right\|$
$10^{-1}$	$4.9\mathrm{e}\!-\!3$
$10^{-2}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!5$
$10^{-3}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!7$
$10^{-4}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!9$
$10^{-5}$	$5.2\mathrm{e}\!-\!11$

Código 9: taylor.py

⬇

1import numpy as np

3def taylor(Phi, t0, y0, h, n):

4 t = t0

5 y = y0

6 for k in range(n):

7 y += h*Phi(t, y, h)

8 t += h

9 return t, y

11def f(t, y):

12 return y + np.sin(t)

14def fl(t, y):

15 return f(t, y) + np.cos(t)

17def Phi(t, y, h):

18 return f(t, y) + h/2*fl(t, y)

20# analítica

21def exata(t):

22 return np.exp(t) - 0.5*np.sin(t) - 0.5*np.cos(t)

24h = 1e-1

25n = round(1/h)

26t,y = taylor(Phi, 0., 0.5, h, n)

4.2.1 Análise Numérica

Teorema 4.2.1.

(Convergência, [8, Cap. 7, Seção 7.2].) Considere o PVI (4.2), para $t_{0}\in[a,b]$ e $y_{0}\in\mathbb{R}$ . Seja $\Phi$ contínua em

G:=\{(t,y,h):a\leq t\leq b,|y-y(t)|\leq\gamma,0\leq|h|\leq h_{0}\},

(4.89)

para $h_{0}>0$ e $\gamma>0$ . Sejam também, $M, N$ constantes tais que

\left|\Phi(t,y;h)-\Phi(t,z;h)\right|\leq M|y-z|,

(4.90)

para todas $(t,y;h),(t,z;h)\in G$ . Se, ainda, para algum $p>0$ e para todo $t\in[a,b]$ , $|h|\leq h_{0}$ , temos a estimativa do erro de discretização local

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}\left|\tau(t,y% (t);h)\right|\leq N|h|^{p},

(4.91)

então existe $\overline{h}$ , $0<\overline{h}<h_{0}$ , tal que vale a seguinte estimativa do erro de discretização global

\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}|e(t;h_{n})|% \leq|h_{n}|^{p}N\frac{e^{M|t-t_{0}|}-1}{M},

(4.92)

para todo $t\in[a,b]$ e para todo $h_{n}=(t-t_{0})/n$ , $n=1,2,\ldots$ , com $|h_{n}|\leq\overline{h}$ .

Demonstração.

Seja

\tilde{\Phi}(t,y;h):=\left\{\begin{array}[]{ll}\Phi(t,y;h)&,(t,y,h)\in G,\\ \Phi(t,y(t)+\gamma;h)&,t\in[a,b],|h|\leq h_{0},y\geq y(t)+\gamma,\\ \Phi(t,y(t)-\gamma;h)&,t\in[a,b],|h|\leq h_{0},y\leq y(t)-\gamma,\end{array}\right.

(4.93)

A função $\tilde{\Phi}$ é contínua em

\tilde{G}:=\{(t,y;h):t\in[a,b],y\in\mathbb{R},|h|\geq h_{0}\}

(4.94)

e satisfaz

\left|\tilde{\Phi}(t,y;h)-\tilde{\Phi}(t,z;h)\right|\leq M|y-z|,

(4.95)

para todas $(t,y;h),(t,z;h)\in\tilde{G}$ . Ainda, como $\tilde{\Phi}(t,y(t);h)=\Phi(t,y(t);h)$ , também temos que

|\Delta(t,y(t);h)-\tilde{\Phi}(t,y(t);h)|\leq N|h|^{p},

(4.96)

para $t\in[a,b]$ e $|h|\leq h_{0}$ .

Sejam, $\tilde{y}^{(k)}:=\tilde{y}\left(t^{(k)};h\right)$ , $t^{(k)}=t_{0}+kh$ , $\tilde{y}^{(0)}=y_{0}$ :

	$\displaystyle\tilde{y}^{(k+1)}=\tilde{y}^{(k)}+h\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},% \tilde{y}^{(k)};h\right),$		(4.97)
	$\displaystyle y\left(t^{(k+1)}\right)=y\left(t^{(k)}\right)+h\Delta\left(t^{(k% )},y\left(t^{(k)}\right);h\right).$		(4.98)

Definindo $\tilde{e}^{(k)}:=\tilde{y}^{(k)}-y\left(t^{(k)}\right)$ , obtemos a fórmula de recorrência

	$\displaystyle\tilde{e}^{(k+1)}=\tilde{e}^{(k)}+h\left[\tilde{\Phi}\left(t^{(k)% },\tilde{y}^{(k)};h\right)-\Delta\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right]$		(4.99)
	$\displaystyle\text{}\quad=\tilde{e}^{(k)}+h\left[\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},% \tilde{y}^{(k)};h\right)-\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h% \right)\right]$		(4.100)
	$\displaystyle\text{}\qquad+h\left[\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}% \right);h\right)-\Delta\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right].$		(4.101)

Agora, de (4.95) e (4.96), temos

	$\displaystyle\left\|\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},\tilde{y}^{(k)};h\right)-\tilde{% \Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right\|\leq M\left\|\tilde{e}^% {(k)}\right\|$		(4.102)
	$\displaystyle\left\|\Delta\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)-\tilde{% \Phi}\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}\right);h\right)\right\|\leq N\|h\|^{p}$		(4.103)

Portanto, de (4.101), temos

\left|\tilde{e}^{(k+1)}\right|\leq\left(1+|h|M\right)\left|\tilde{e}^{(k)}% \right|+N|h|^{p+1}

(4.104)

Então, do Lema 4.1.1, temos

\left|\tilde{e}^{(k)}\right|\leq N|h|^{p}\frac{e^{k|h|M}-1}{M}.

(4.105)

Sejam, agora, $t\in[a,b]$ , $t\neq t_{0}$ fixo e $h:=h_{n}=(t-t_{0})/n$ , $n>0$ . Então, $t^{(n)}=t_{0}+nh=t$ e de (4.105) temos

\left|\tilde{e}\left(t,h_{n}\right)\right|\leq N|h_{n}|^{p}\frac{e^{M|t-t_{0}|% }-1}{M},

(4.106)

	$\displaystyle\tilde{y}^{(k)}=y^{(k)},$		(4.107)
	$\displaystyle\tilde{e}^{(k)}=e^{(k)},$		(4.108)
	$\displaystyle\tilde{\Phi}\left(t^{(k)},\tilde{y}^{(k)};h\right)=\Phi\left(t^{(% k)},\tilde{y}^{(k)};h\right).$		(4.109)

Concluímos que

\left|e\left(t,h_{n}\right)\right|\leq N|h_{n}|^{p}\frac{e^{M|t-t_{0}|}-1}{M},

(4.110)

para todo $t\in[a,b]$ e $h_{n}=(t-t_{0})/n$ , $n=1,2,\ldots$ , com $|h_{n}|\leq\overline{h}$ . ∎

4.2.2 Exercícios

E. 4.2.1.

Use o Método de Taylor de $O(h^{2})$ para computar a solução de

	$\displaystyle y^{\prime}+\cos(t)=y,\quad 0<t\leq 1,$		(4.111a)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{2}.$		(4.111b)

Resposta.

$h$	$\tilde{y}(1)$	$\left\|\tilde{y}(1)-y(1)\right\|$
$1\mathrm{e}\!-\!1$	$-1.52293\mathrm{e}\!-\!1$	$1.7\mathrm{e}\!-\!3$
$1\mathrm{e}\!-\!2$	$-1.50602\mathrm{e}\!-\!1$	$1.8\mathrm{e}\!-\!5$
$1\mathrm{e}\!-\!3$	$-1.50585\mathrm{e}\!-\!1$	$1.8\mathrm{e}\!-\!7$
$1\mathrm{e}\!-\!4$	$-1.50584\mathrm{e}\!-\!1$	$1.8\mathrm{e}\!-\!9$

E. 4.2.2.

Resposta.

Dica: o gráfico de $e\left(t;h=10^{-1}\right)$ tem a forma de uma função exponencial crescente.

E. 4.2.3.

Use o Método de Taylor de $O(h^{3})$ para computar a solução do PVI (4.2.1). Escolha o passo $h$ de forma que a solução numérica tenha precisão de 6 dígitos significativos.

Resposta.

$h=10^{-2}$ , $\tilde{y}(1)=-1.50584\mathrm{e}\!-\!1$

E. 4.2.4.

Considere o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}=y^{2}-ty,\quad 1<t\leq 2,$		(4.112a)
	$\displaystyle y(1)=-2.$		(4.112b)

Compute a solução com o Método de Taylor de $O\left(h^{p}\right)$ com passo $h=10^{-1}$ :

a)

$p=2$ .
b)

$p=3$ .
c)

$p=4$ .

Resposta.

Dica: $y(2)=-2.10171\mathrm{e}\!-\!1$ .

E. 4.2.5.

Considere o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}-t^{2}y=0,\quad 1<t\leq 3,$		(4.113a)
	$\displaystyle y(1)=\frac{1}{2}.$		(4.113b)

Compute a solução com o Método de Taylor de $O\left(h^{p}\right)$ com passo $h=10^{-1}$ :

a)

$p=2$ .
b)

$p=3$ .
c)

$p=4$ .

Resposta.

Dica: $y(2)=2.90306\mathrm{e}\!+\!3$ .

Análise Numérica

E. 4.2.6.

Considere o PVI (4.2.1). Verifique que o Método de Taylor de $O(h^{2})$ satisfaz as estimativas do erro local (4.91) e do erro global (4.92). Forneça valor estimados para os parâmetros $N$ e $M$ .

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Pedro H A Konzen

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