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4 Problema de Valor Inicial 4 Problema de Valor Inicial 4.2 Métodos de Taylor de Alta Ordem

4.1 Método de Euler

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Dado um Problema de Valor Inicial (PVI)

	$\displaystyle y^{\prime}(t)$	$\displaystyle=f(t,y(t)),\quad t>t_{0},$		(4.2a)
	$\displaystyle y(t_{0})$	$\displaystyle=y_{0},$		(4.2b)

temos que $f(t,y)$ é a derivada da solução $y(t)$ no tempo $t$ . Então, aproximando a derivada pela razão fundamental de passo $h>0$

\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}y^{\prime}(t)% \approx\frac{y(t+h)-y(t)}{h},

(4.3)

obtemos

	$\displaystyle\frac{y(t+h)-y(t)}{h}\approx f(t,y)$		(4.4)
	$\displaystyle\color[rgb]{0,0,1}\definecolor[named]{pgfstrokecolor}{rgb}{0,0,1}% \pgfsys@color@rgb@stroke{0}{0}{1}\pgfsys@color@rgb@fill{0}{0}{1}y(t+h)\approx y% (t)+hf(t,y(t)).$		(4.5)

Isto nos motiva a iteração do Método de Euler⁸⁸endnote: ⁸Leonhard Paul Euler, 1707-1783, matemático e físico suíço. Fonte: Wikipédia: Ronald Fisher.

	$\displaystyle y^{(0)}$	$\displaystyle=y_{0},$		(4.6a)
	$\displaystyle y^{(k+1)}$	$\displaystyle=y^{(k)}+hf(t^{(k)},y^{(k)}),$		(4.6b)

com $k=0,1,2,\dotsc,n$ , $y^{(k)}\approx y\left(t^{(k)}\right)$ , $t^{(k)}=t_{0}+kh$ e passo $h>0$ .

Exemplo 4.1.1.

Consideramos o seguinte problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}-y$	$\displaystyle=\operatorname{sen}(t),0<t<1,$		(4.7a)
	$\displaystyle y(0)$	$\displaystyle=\frac{1}{2}.$		(4.7b)

Sua solução analítica é

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

(4.8)

Para computarmos a solução pelo Método de Euler, reescrevemos o problema da seguinte forma

	$\displaystyle y^{\prime}=y+\operatorname{sen}(t),0<t<1,$		(4.9a)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{2},$		(4.9b)

donde identificamos $f(t,y):=y+\operatorname{sen}(t)$ , $t_{0}=0$ e $y_{0}=1/2$ .

Tabela 4.1: Resultados obtidos para o problema do Exemplo 4.1.1 com

h=1\mathrm{e}\!-\!1

$k$	$t^{(k)}$	$y^{(k)}$	$y\left(t^{(k)}\right)$
$0$	$0.0$	$5.00\mathrm{e}\!-\!1$	$5.00\mathrm{e}\!-\!1$
$1$	$0.1$	$5.50\mathrm{e}\!-\!1$	$5.58\mathrm{e}\!-\!1$
$2$	$0.2$	$6.15\mathrm{e}\!-\!1$	$6.32\mathrm{e}\!-\!1$
$3$	$0.3$	$6.96\mathrm{e}\!-\!1$	$7.24\mathrm{e}\!-\!1$
$4$	$0.4$	$7.96\mathrm{e}\!-\!1$	$8.37\mathrm{e}\!-\!1$
$5$	$0.5$	$9.14\mathrm{e}\!-\!1$	$9.70\mathrm{e}\!-\!1$
$6$	$0.6$	$1.05\mathrm{e}\!+\!0$	$1.13\mathrm{e}\!+\!0$
$7$	$0.7$	$1.22\mathrm{e}\!+\!0$	$1.31\mathrm{e}\!+\!0$
$8$	$0.8$	$1.40\mathrm{e}\!+\!0$	$1.52\mathrm{e}\!+\!0$
$9$	$0.9$	$1.61\mathrm{e}\!+\!0$	$1.76\mathrm{e}\!+\!0$
$10$	$1.0$	$1.85\mathrm{e}\!+\!0$	$2.03\mathrm{e}\!+\!0$

Refer to caption — Figura 4.1: Esboço das soluções numérica (pontos) e analítica (linha) para o problema do Exemplo 4.1.1.

Código 8: euler.py

⬇

1def euler(f, t0, y0, h, n):

2 t = np.empty(n+1)

3 t[0] = t0

4 y = np.empty(n+1)

5 y[0] = y0

6 for k in range(n):

7 t[k+1] = t[k] + h

8 y[k+1] = y[k] + h*f(t[k], y[k])

9 return t, y

4.1.1 Análise Numérica

O Método de Euler com passo $h$ aplicado ao problema de valor inicial (4.1), pode ser escrito da seguinte forma

	$\displaystyle\tilde{y}(t^{(0)};h)$	$\displaystyle=y_{0},$		(4.10a)
	$\displaystyle\tilde{y}(t^{(k+1)};h)$	$\displaystyle=\tilde{y}(t^{(k)};h)+h\Phi(t^{(k)},\tilde{y}(t^{(k)});h),$		(4.10b)

onde $\tilde{y}(t^{(k)})$ representa a aproximação da solução exata $y$ no tempo $t^{(k)}=t_{0}+kh$ , $k=0,1,2,\ldots$ . Métodos que podem ser escritos dessa forma, são chamados de Métodos de Passo Simples (ou único). No caso específico do Método de Euler, temos

\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}\Phi(t,y;h):=f% (t,y(t)).

(4.11)

Consistência

Agora, considerando a solução exata $y$ de (4.1), introduzimos

\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(t,y(t))&,h=0.\end{array}\right.

(4.12)

Com isso, vamos analisar o chamado 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}\tau(t,y;h):=% \Delta(t,y;h)-\Phi(t,y;h),

(4.13)

que estabelece uma medida quantitativa com que a solução exata $y(t)$ no tempo $t+h$ satisfaz a iteração do método de passo simples.

Definição 4.1.1.

(Consistência.) Um método de passo simples é dito ser consistente quando

\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}\lim_{h\to 0}% \tau(t,y;h)=0,

(4.14)

ou, equivalentemente, quando

\lim_{h\to 0}\Phi(t,y;h)=f(t,y).

(4.15)

Observação 4.1.1.

(Consistência do Método de Euler.) Da Definição 4.1.1, temos que o Método de Euler é consistente. De fato, temos

$\displaystyle\lim_{h\to 0}\tau(t,y;h)$	$\displaystyle=\lim_{h\to 0}\left(\Delta(t,y;h)-\Phi(t,y;h)\right)$	(4.16)
	$\displaystyle=\lim_{h\to 0}\left(\frac{y(t+h)-y(t)}{h}-f\left(t,y(t)\right)\right)$	(4.17)
	$\displaystyle=y^{\prime}(t)-f\left(t,y(t)\right)=0.$	(4.18)

A ordem do erro de discretização local de um método de passo simples é dita ser $p$ , quando

\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)=O(% h^{p}),

(4.19)

ou seja, quando

\lim_{h\to 0}\frac{\tau(t,y;h)}{h^{p}}=C,

(4.20)

para alguma constante $C$ .

Para determinarmos a ordem do Método de Euler, tomamos a expansão em série de Taylor⁹⁹endnote: ⁹Brook Taylor, 1685 - 1731, matemático britânico. Fonte: Wikipédia:Brook Taylor. da solução exata $y(t)$ em torno de $t$ , i.e.

y(t+h)=y(t)+hy^{\prime}(t)+\frac{h^{2}}{2}y^{\prime\prime}(t)+\frac{h^{3}}{6}y% ^{\prime\prime\prime}(t+\theta h),

(4.21)

para algum $0<\theta<1$ . Como $y^{\prime}(t)=f(t,y(t))$ , temos

$\displaystyle y^{\prime\prime}(t)$	$\displaystyle=\frac{d}{dt}f(t,y(t))$	(4.22)
	$\displaystyle=f_{t}(t,y)+f_{y}(t,y)y^{\prime}$	(4.23)
	$\displaystyle=f_{t}(t,y)+f_{y}(t,y)f(t,y).$	(4.24)

Então, rearranjando os termos em (4.21), obtemos

\Delta(t,y;h)=f(t,y(t))+\frac{h}{2}[f_{t}(t,y)+f_{y}(t,y)f(t,y)]+O(h^{2}).

(4.25)

Portanto, para o Método de Euler temos

$\displaystyle\tau(t,y;h)$	$\displaystyle:=\Delta(t,y;h)-\Phi(t,y;h)$	(4.26)
	$\displaystyle=\Delta(t,y;h)-f(t,y)$	(4.27)
	$\displaystyle=\frac{h}{2}[f_{t}(t,y)+f_{y}(t,y)f(t,y)]+O(h^{2})$	(4.28)
	$\displaystyle=O(h).$	(4.29)

Isto mostra que o Método de Euler é de ordem $1$ .

Convergência

A análise acima trata apenas da consistência do Método de Euler. Para analisarmos a convergência de métodos de passo simples, definimos o 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}):=% \tilde{y}(t;h_{n})-y(t),

(4.30)

onde $\tilde{y}(t;h_{n})\approx y(t)$ para $h_{n}:=(t-t_{0})/n$ . Dizemos que o método é convergente quando

\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}\lim_{n\to% \infty}e(t;h_{n})=0.

(4.31)

Ainda, dizemos que o método tem erro de discretização global de ordem $p$ quando

\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})=O(h% _{n}^{p})

(4.32)

para todo $t\in[t_{0},t_{f}]$ , $t_{f}>t_{0}$ .

Lema 4.1.1.

([8, Cap. 7, Seção 7.2]) Se a sequência $\left(\xi^{(k)}\right)_{k\in\mathbb{R}}$ satisfaz a estimativa

\left|\xi^{(k+1)}\right|\leq(1+\delta)\left|\xi^{(k)}\right|+B,

(4.33)

para dados $\delta>0$ e $B\geq 0$ , $k=0,1,2,\ldots$ , então

\left|\xi^{(n)}\right|\leq e^{n\delta}\left|\xi^{(0)}\right|+\frac{e^{n\delta}% -1}{\delta}B.

(4.34)

Demonstração.

De forma iterativa, temos

$\displaystyle\left\|\xi^{(1)}\right\|$	$\displaystyle\leq(1+\delta)\left\|\xi^{(0)}\right\|+B$	(4.35)
$\displaystyle\left\|\xi^{(2)}\right\|$	$\displaystyle\leq(1+\delta)\left\|\xi^{(1)}\right\|+B$	(4.36)
	$\displaystyle=(1+\delta)^{2}\left\|\xi^{(0)}\right\|+(1+\delta)B+B$	(4.37)
	$\displaystyle\vdots$	(4.38)
$\displaystyle\left\|\xi^{(k)}\right\|$	$\displaystyle\leq(1+\delta)^{k}\left\|\xi^{(0)}\right\|+B\sum_{k=0}^{k-1}(1+% \delta)^{k}$	(4.39)
	$\displaystyle=(1+\delta)^{k}\left\|\xi^{(0)}\right\|+B\frac{(1+\delta)^{k}-1}{% \delta}.$	(4.40)

Observando que $0<1+\delta\leq e^{\delta}$ para $\delta>-1$ , concluímos que

\left|\xi^{(k)}\right|\leq e^{k\delta}\left|\xi^{(0)}\right|+\frac{e^{k\delta}% -1}{\delta}B.

(4.41)

∎

Teorema 4.1.1.

(Estimativa do Error Global.) Considere o PVI (4.1), para $t_{0}=a$ , $y_{0}\in\mathbb{R}$ . Suponha que $f$ é Lipschitz contínua em $y$

|f(t,y)-f(t,z)|\leq L|y-z|,

(4.42)

para todo $(t,y)\in[a,b]\times\mathbb{R}$ e que exista $M>0$ tal que

|y^{\prime\prime}(t)|\leq M,

(4.43)

para todo $t\in[a,b]$ . Então, as iteradas do Método de Euler $y^{(k)}\approx y\left(t^{(k)}\right)$ , $t^{(k)}=t_{0}+kh$ , $h>(b-a)/n$ , $k=0,1,2,\dotsc,n+1$ , satisfazem 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}\left|y^{(k)}-% y\left(t^{(k)}\right)\right|\leq\frac{hM}{2L}\left[e^{L\left(t^{(k)}-t_{0}% \right)}-1\right].

(4.44)

Demonstração.

Para $k=0$ o resultado é imediato. Agora, usamos o polinômio de Taylor

y\left(t^{(k+1)}\right)=y\left(t^{(k)}\right)+hf\left(t^{(k)},y\left(t^{(k)}% \right)\right)+\frac{h^{2}}{2}y^{\prime\prime}\left(\xi^{(k)}\right),

(4.45)

onde $t^{(k)}\leq\xi^{(k)}\leq t^{(k+1)}$ , $k=0,1,2,\ldots,n$ . Já, as iteradas de Euler são

y^{(k+1)}=y^{(k)}+hf\left(t^{(k)},y^{(k)}\right).

(4.46)

Subtraindo esses equações, obtemos

	$\displaystyle y^{(k+1)}-y\left(t^{(k+1)}\right)$	$\displaystyle=y^{(k)}-y\left(t^{(k)}\right)$		(4.47)
		$\displaystyle+h\left[f\left(t^{(k)},y^{(k)}\right)-f\left(t^{(k)},y\left(t^{(k% )}\right)\right)\right]-\frac{h^{2}}{2}y^{\prime\prime}\left(\xi^{(k)}\right)$		(4.47)

Da hipótese de $f$ Lipschitz, temos

	$\displaystyle\left\|y^{(k+1)}-y\left(t^{(k+1)}\right)\right\|$	$\displaystyle\leq\left\|y^{(k)}-y\left(t^{(k)}\right)\right\|$		(4.48)
		$\displaystyle+hL\left\|y^{(k)}-y\left(t^{(k)}\right)\right\|+\frac{h^{2}}{2}% \left\|y^{\prime\prime}\left(\xi^{(k)}\right)\right\|$		(4.48)

Ou, ainda,

\left|y^{(k+1)}-y\left(t^{(k+1)}\right)\right|\leq(1+hL)\left|y^{(k)}-y\left(t% ^{(k)}\right)\right|+\frac{h^{2}M}{2}.

(4.49)

Do Lema 4.1.1, temos

\left|y^{(k+1)}-y\left(t^{(k+1)}\right)\right|\leq\frac{h^{2}M}{2}\frac{e^{khL% }-1}{hL},

(4.50)

donde segue a estimativa do erro global (4.44). ∎

Observação 4.1.2.

(Convergência.) Do Teorema 4.1.1, a ordem do erro de discretização global de um método de passo simples é igual a sua ordem do erro de discretização local. Portanto, o Método de Euler é convergente e é de ordem $1$ .

Exemplo 4.1.2.

Consideramos o seguinte problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}=y+1,0<t<1,$		(4.51a)
	$\displaystyle y(0)=0.$		(4.51b)

Na Tabela 4.2, temos as aproximações $\tilde{y}(1)$ de $y(1)$ computadas pelo Método de Euler com diferentes passos $h$ . A solução analítica deste problema é $y(t)=e^{t}-1$ .

Tabela 4.2: Resultados referentes ao Exemplo 4.1.2.

$h$	$\tilde{y}(1)$	$\|\tilde{y}(1)-y(1)\|$
$10^{-1}$	$1.59374$	$1.2\mathrm{e}\!-\!1$
$10^{-2}$	$1.70481$	$1.3\mathrm{e}\!-\!2$
$10^{-3}$	$1.71692$	$1.4\mathrm{e}\!-\!3$
$10^{-5}$	$1.71827$	$1.4\mathrm{e}\!-\!5$
$10^{-7}$	$1.71828$	$1.4\mathrm{e}\!-\!7$
$10^{-9}$	$1.71828$	$1.4\mathrm{e}\!-\!9$

Erros de Arredondamento

O Teorema 4.1.1 não leva em consideração os erros de arredondamento. Levando em conta esses erros, a iteração do Método de Euler tem a forma

	$\displaystyle\tilde{y}^{(0)}=y_{0}+\delta^{(k)},$		(4.52a)
	$\displaystyle\tilde{y}^{(k+1)}=\tilde{y}^{(k)}+hf\left(t^{(k)},\tilde{y}^{(k)}% \right)+\delta^{(k+1)},$		(4.52b)

onde $\delta^{(k)}$ é o erro devido a arredondamentos na $k$ -ésima iterada, $t^{(k)}=t_{0}+hk$ , $k=0,1,2,\dotsc,n$ . Assumindo as hipóteses do Teorema 4.1.1, podemos mostrar a seguinte estimativa de erro global

	$\displaystyle\left\|\tilde{y}^{(k+1)}-y\left(t^{(k+1)}\right)\right\|$	$\displaystyle\leq\frac{1}{L}\left(\frac{hM}{2}+\frac{\delta}{h}\right)\left[e^% {L\left(t^{(k)}-t_{0}\right)}-1\right]$		(4.53)
		$\displaystyle+\|\delta_{0}\|e^{L\left(t^{(k)}-t_{0}\right)},$		(4.53)

para $\delta^{(k)}<\delta$ , $k=0,1,2,\dotsc,n$ .

4.1.2 Sistemas de Equações

Seja um sistema de EDOs¹⁰¹⁰endnote: ¹⁰Equações Diferenciais Ordinárias com valor iniciais

	$\displaystyle\boldsymbol{y}^{\prime}=\boldsymbol{f}(t,\boldsymbol{y}),t_{0}<t% \leq t_{f},$		(4.54a)
	$\displaystyle\boldsymbol{y}(t_{0})=\boldsymbol{y}_{0},$		(4.54b)

com dada $\boldsymbol{f}:(t,\boldsymbol{y})\in[t_{0},t_{f}]\times\mathbb{R}^{m}\mapsto% \mathbb{R}^{m}$ , dados valores iniciais $\boldsymbol{y}_{0}\in\mathbb{R}^{m}$ e incógnita $\boldsymbol{y}:t\in[t_{0},t_{f}]\mapsto\mathbb{R}^{m}$ , $n\geq 1$ .

Do ponto de vista algorítmico, a iteração do Método de Euler é diretamente estendida para sistemas:

		$\displaystyle\boldsymbol{y}^{(0)}=\boldsymbol{y}_{0},$		(4.55)
		$\displaystyle\boldsymbol{y}^{(k+1)}=\boldsymbol{y}^{(k)}+h\boldsymbol{f}\left(% t^{(k)},\boldsymbol{y}^{(k)}\right),$		(4.55)

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

Exemplo 4.1.3.

Consideramos o sistema de EDOs

	$\displaystyle y_{1}^{\prime}=-y_{1}+y_{2}-e^{-t}-\operatorname{sen}(t)+\cos(t),$		(4.56a)
	$\displaystyle y_{2}^{\prime}=2y_{1}+3y_{2}-6e^{t}-2\cos(t),$		(4.56b)

para $0<t\leq 1$ com condições iniciais

	$\displaystyle y_{1}(0)=0,$		(4.57a)
	$\displaystyle y_{2}(0)=3.$		(4.57b)

Este sistema tem solução analítica

	$\displaystyle y_{1}(t)=e^{t}-2e^{-t}+\cos(t),$		(4.58a)
	$\displaystyle y_{2}(t)=2e^{t}+e^{-t}.$		(4.58b)

Podemos reescrevê-lo na forma vetorial

	$\displaystyle\underbrace{\begin{bmatrix}y_{1}^{\prime}\\ y_{2}^{\prime}\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{y^{\prime}}(t)}=\underbrace{\begin{% bmatrix}-y_{1}+y_{2}+e^{-t}-\operatorname{sen}(t)+\cos(t)\\ 2y_{1}+3y_{2}-6e^{t}-2\cos(t)\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{f}(t,\boldsymbol{y})}% ,0<t\leq t_{f}$		(4.59e)
	$\displaystyle\underbrace{\begin{bmatrix}y_{1}(0)\\ y_{2}(0)\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{y}(0)}=\underbrace{\begin{bmatrix}0\\ 3\end{bmatrix}}_{\boldsymbol{y}_{0}}$		(4.59j)

Usando o Método de Euler com $h=10^{-2}$ obtemos as soluções mostradas na figura abaixo.

⬇

1import numpy as np

3def euler(f, t0, y0, h, n):

4 t = np.empty(n+1)

5 m = y0.size

6 y = np.empty((n+1, m))

8 t[0] = t0

9 y[0] = y0

11 for k in range(n):

12 t[k+1] = t[k] + h

13 y[k+1] = y[k] + h*f(t[k], y[k])

14 return t, y

16def f(t, y):

17 v = np.array([-y[0] + y[1] \

18 - np.exp(-t) \

19 + np.cos(t) \

20 - np.sin(t), \

21 2*y[0] + 3*y[1]

22 - 6*np.exp(t)

23 - 2*np.cos(t)])

24 return v

27h = 1e-2

28n = round(1./h)

29t0 = 0.

30y0 = np.array([0., 3.])

31t,y = euler(f, t0, y0, h, n)

4.1.3 Equações de Ordem Superior

Seja dado o PVI de ordem $m$

	$\displaystyle\frac{d^{m}y}{dt^{m}}=f\left(t,y,\frac{dy}{dt},\dotsc,\frac{d^{m-% 1}y}{dt^{m-1}}\right),$		(4.60a)
	$\displaystyle y(t_{0})=y_{0},\left.\frac{dy}{dt}\right\|_{t=0}=y^{\prime}_{0},% \dotsc,\left.\frac{d^{(m-1)}y}{dt^{(m-1)}}\right\|_{t=0}=y^{(m-1)}_{0},$		(4.60b)

para $t_{0}\leq t\leq t_{f}$ .

Para resolvê-lo com o Método de Euler, a ideia é reescrevê-lo como um sistema de EDOs de primeira ordem com condições iniciais. Isso pode ser feito com a mudança de variáveis

	$\displaystyle u_{1}=y,$		(4.61)
	$\displaystyle u_{2}=\frac{dy}{dt},$		(4.62)
	$\displaystyle u_{3}=\frac{d^{2}y}{dt^{2}},$		(4.63)
	$\displaystyle\qquad\vdots$		(4.64)
	$\displaystyle u_{m}=\frac{d^{m-1}y}{dt^{m-1}}.$		(4.65)

Com isso e do PVI (4.1.3), obtemos o sistema de EDOs de primeira ordem

	$\displaystyle u^{\prime}_{1}=u_{2},$		(4.66a)
	$\displaystyle u^{\prime}_{2}=u_{3},$		(4.66b)
	$\displaystyle u^{\prime}_{3}=u_{4},$		(4.66c)
	$\displaystyle\qquad\vdots$		(4.66d)
	$\displaystyle u^{\prime}_{m}=f(t,u_{1},u_{2},\dotsc,u_{m}),$		(4.66e)

para $t_{0}<t\leq t_{f}$ e com condições inicias

	$\displaystyle u_{1}(t_{0})=y_{0},$		(4.67a)
	$\displaystyle u_{2}(t_{0})=y^{\prime}_{0},$		(4.67b)
	$\displaystyle u_{3}(t_{0})=y^{\prime\prime}_{0},$		(4.67c)
	$\displaystyle\qquad\vdots$		(4.67d)
	$\displaystyle u_{m}(t_{0})=y^{(m-1)}_{0}.$		(4.67e)

Exemplo 4.1.4.

Consideramos o seguinte PVI de ordem superior

	$\displaystyle y^{\prime\prime}-ty^{\prime}+y=(2+t)e^{-t}-t\cos(t),0<t\leq 1,$		(4.68a)
	$\displaystyle y(0)=1,y^{\prime}(0)=0.$		(4.68b)

Sua solução analítica é

y(t)=\operatorname{sen}(t)+e^{-t}.

(4.69)

Para reescrevê-lo como uma sistema de EDOs de primeira ordem, tomamos as mudanças de variáveis $u_{1}=y$ e $u_{2}=y^{\prime}$ . Com isso, obtemos

	$\displaystyle u^{\prime}_{1}=u_{2},$		(4.70a)
	$\displaystyle u_{2}^{\prime}=tu_{2}-u_{1}+(2+t)e^{-t}-t\cos(t),$		(4.70b)

para $0<t\leq t_{f}$ e com condições iniciais

	$\displaystyle u_{1}(0)=1,$		(4.71a)
	$\displaystyle u_{2}(0)=0.$		(4.71b)

Com passo $h=10^{-2}$ , o Método de Euler aplicado a este sistema fornece a solução do PVI mostrada na figura abaixo.

4.1.4 Exercícios

E. 4.1.1.

O problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}=\pi\left[\cos^{2}(\pi t)-\operatorname{sen}^{2}(\pi t% )\right],\leavevmode\nobreak\ 0<t\leq 1.5,$		(4.72a)
	$\displaystyle y(0)=0.$		(4.72b)

tem solução analítica $y(t)=\operatorname{sen}(\pi t)\cos(\pi t)$ . Compute a aproximação $\tilde{y}(1.5;h)\approx y(1.5)$ pelo Método de Euler com passo $h=10^{-1}$ e forneça o erro $e(1.5;h):=\tilde{y}(1.5;h)-y(1.5)$

Resposta.

$\tilde{y}(1.5)=3.14159\mathrm{e}\!-\!1$ , $e(1,h)=3.1E-01$

E. 4.1.2.

Use o Método de Euler para computar a solução de

	$\displaystyle y^{\prime}=e^{2t}-2y,\quad 0<t\leq 1,$		(4.73a)
	$\displaystyle y(0)=0.$		(4.73b)

Escolha um passo $h$ adequado de forma que $y(1)$ seja computado com precisão de $5$ dígitos significativos.

Resposta.

$h=10^{-6}$ , $\tilde{y}(1)=1.8134\mathrm{e}\!+\!0$

E. 4.1.3.

Considere o seguinte problema de valor inicial

	$\displaystyle y^{\prime}+e^{-y^{2}+1}=2,\quad t>1,$		(4.74a)
	$\displaystyle y(1)=-1.$		(4.74b)

Use o Método de Euler para computar o valor aproximado de $y(2)$ com precisão de $6$ dígitos significativos.

Resposta.

$-5.58858\mathrm{e}\!-\!1$

E. 4.1.4.

Use o Método de Euler para computar a solução de

	$\displaystyle y^{\prime}=-30y,\quad 0<t\leq 1,$		(4.75a)
	$\displaystyle y(0)=\frac{1}{3}$		(4.75b)

A solução analítica é $y(t)=\frac{1}{3}e^{-30t}$ . Compute a solução aproximação $\tilde{y}(1)$ e o erro $|\tilde{y}(1)-y(1)|$ usando o passo $h=10^{-1}$ . O erro obtido está de acordo com a estimativa (4.44)?

Resposta.

$|\tilde{y}(1)-y(1)|=3.4\mathrm{e}\!+\!2$ . Dica: verifique as hipóteses do Teorema 4.1.1.

E. 4.1.5.

Para o sistema de EDOs do Exemplo 4.1.3, verifique a ordem de convergência do Método de Euler computando o erro $\varepsilon=\|\tilde{\boldsymbol{y}}(1)-\boldsymbol{y}(1)\|$ com diferentes tamanhos de passos $h=10^{-1},10^{-2},\dotsc,10^{-6}$ .

Resposta.

$h$	$\tilde{\boldsymbol{y}}(1)$	$\\|\tilde{\boldsymbol{y}}(1)-\boldsymbol{y}(1)\\|$
$10^{-1}$	$(2.387,5.077)$	$7.4\mathrm{e}\!-\!1$
$10^{-2}$	$(2.500,5.693)$	$1.1\mathrm{e}\!-\!1$
$10^{-3}$	$(2.520,5.793)$	$1.2\mathrm{e}\!-\!2$
$10^{-4}$	$(2.523,5.803)$	$1.2\mathrm{e}\!-\!3$
$10^{-5}$	$(2.523,5.804)$	$1.2\mathrm{e}\!-\!4$
$10^{-6}$	$(2.523,5.804)$	$1.2\mathrm{e}\!-\!5$

E. 4.1.6.

Para o PVI de segunda ordem dado no Exemplo 4.1.4, tente computar a solução para tempos finais $t_{f}=2,3,\dotsc,5$ . Faça uma comparação gráfica entre as soluções numérica e analítica. O que ocorre ao aumentarmos o tempo final? Justifique sua resposta.

Resposta.

Dica: O PVI do Exemplo 4.1.4 é um problema rígido.

Análise Numérica

E. 4.1.7.

Mostre que se $\delta>-1$ , então $0<1+\delta\leq e^{\delta}$ .

Resposta.

Dica: use o polinômio de Taylor de grau 2 de $e^{\delta}$ .

E. 4.1.8.

Seja dado um PVI (4.1), $t_{0}\leq t\leq t_{f}$ . Sejam $\tilde{y}^{(k)}$ , $k=0,1,2,\dotsc,n$ , as aproximações computadas conforme em (4.1.1), com $\delta^{(k)}<\delta$ . Assumindo as mesmas hipóteses do Teorema 4.1.1, mostre a estimativa de erro global (4.53).

Resposta.

Dica: estude a demonstração do Teorema 4.1.1.

E. 4.1.9.

Assumindo um erro de arredondamento máximo de $\delta>0$ , use (4.53) para obter uma estimativa para a melhor escolha de $h$ .

Resposta.

$h=\sqrt{2\delta/M}$ . Dica: Encontre o mínimo de $E(h):=M/2+\delta/h^{2}$ .

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$\displaystyle\left\|\xi^{(1)}\right\|$	$\displaystyle\leq(1+\delta)\left\|\xi^{(0)}\right\|+B$	(4.35)
$\displaystyle\left\|\xi^{(2)}\right\|$	$\displaystyle\leq(1+\delta)\left\|\xi^{(1)}\right\|+B$	(4.36)
	$\displaystyle=(1+\delta)^{2}\left\|\xi^{(0)}\right\|+(1+\delta)B+B$	(4.37)
	$\displaystyle\vdots$	(4.38)
$\displaystyle\left\|\xi^{(k)}\right\|$	$\displaystyle\leq(1+\delta)^{k}\left\|\xi^{(0)}\right\|+B\sum_{k=0}^{k-1}(1+% \delta)^{k}$	(4.39)
	$\displaystyle=(1+\delta)^{k}\left\|\xi^{(0)}\right\|+B\frac{(1+\delta)^{k}-1}{% \delta}.$	(4.40)

	$\displaystyle\left\|y^{(k+1)}-y\left(t^{(k+1)}\right)\right\|$	$\displaystyle\leq\left\|y^{(k)}-y\left(t^{(k)}\right)\right\|$		(4.48)
		$\displaystyle+hL\left\|y^{(k)}-y\left(t^{(k)}\right)\right\|+\frac{h^{2}}{2}% \left\|y^{\prime\prime}\left(\xi^{(k)}\right)\right\|$		(4.48)