Métodos Numéricos em EDOs

Prévia do material em texto

EQUAÇÕES 
DIFERENCIAIS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Igor Utzig Picco 
 
 
 Equações Diferenciais 
 
2 
 
Olá aluno (a) Unifacear! 
Seja bem-vindo (a) à aula de Equações Diferenciais. Nessa aula irei apresentar para 
vocês os métodos numéricos mais tradicionais na resolução de equações diferenciais, sendo 
eles os métodos de Euller e Runge-Kutta. 
 
INTRODUÇÃO A RESOLUÇÃO DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS 
 
Uma EDO (Equação Diferencial Ordinária) é uma equação que apresenta 
diferenciais de diversas ordens em sua resolução. A função envolve uma única variável 
independente. Equações diferenciais são encontradas em muitas aplicações físicas, sendo 
encontradas em diversas formulações de leis fundamentais da física. A Figura 1 apresenta 
algumas leis fundamentais da física que são formuladas matematicamente através de 
EDOs. 
 
Figura 1. Leis da física que são modeladas por EDOs. 
 
Fonte: Chapra, Canale, 2013. 
 
Apresentamos aqui dois exemplos de EDOs, a primeira é de 1° ordem e a segunda 
é de 2° ordem, mas pode ser reescrita através de uma substituição de variável. 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2𝑥3 + 12𝑥2 − 20𝑥 + 8,5 
 Equações Diferenciais 
 
3 
 
3
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
+ 8
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 3𝑥 = 0 
 
Reescrevendo 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 como z: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑧 
3
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
+ 8
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 3𝑥 = 0 
3
𝑑𝑧
𝑑𝑥
+ 8𝑧 + 3𝑥 = 0 
 
Nesse tópico iremos abordar equações diferenciais ordinárias da seguinte forma: 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) (1) 
 
O princípio básico de resolução de equações desse formato, que também foi 
utilizado no tópico 1, tinha a forma geral de: 
 
𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑛𝑜𝑣𝑜 = 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑎𝑛𝑡𝑖𝑔𝑜 + 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 ∗ 𝑡𝑎𝑚𝑎𝑛ℎ𝑜 𝑑𝑜 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑜 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + ∅ ∗ ℎ (2) 
 
De acordo com essa equação, a estimativa da inclinação ∅ é usada para extrapolar 
de um valor antigo yi para um valor novo yi+1 em uma distância h. Essa fórmula pode ser 
aplicada passo a passo para cálculos no futuro e, portanto, para percorrer a trajetória da 
solução (CHAPRA, CANALE, 2013). A Figura 2 ilustra esse princípio. 
 
 
 
 Equações Diferenciais 
 
4 
 
Figura 2. Descrição gráfica de um método de um passo. 
 
Fonte: Chapra, Canale, 2013. 
 
MÉTODO DE EULER 
 
Continuando do abordado na Equação 2, sabemos que a primeira derivada fornece 
uma estimativa direta da inclinação em xi. 
 
∅ =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ (3) 
 
A Equação 3 é conhecida como Método de Euler. No método um novo valor de y é 
previsto usando a inclinação (igual à primeira derivada no valor original de x) para 
extrapolar linearmente sobre um tamanho de passo h (CHAPRA, CANALE, 2013). A 
Figura 3 ilustra esse princípio. É importante ressaltar a importância do conhecimento da 
condição inicial para estimar o valor da primeira iteração. 
 
 Equações Diferenciais 
 
5 
 
Figura 3. Descrição gráfica do Método de Euler. 
 
Fonte: Chapra, Canale, 2013. 
 
Exemplo 1: 
Use o método de Euler para estimar a integral da equação apresentada. Integre para x=0 a 
1 usando 0,5 como passo de integração. Considere a condição inicial em x=0 como y=1. 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2𝑥3 + 12𝑥2 − 20𝑥 + 8,5 
 
Passo 1: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ 
𝑦1 = 𝑦0 + 𝑓(0 , 1) ∗ 0,5 
𝑦(0,5) = 𝑦(0) + 𝑓(0 , 1) ∗ 0,5 
𝑓(0 , 1) = −2 ∗ 0 + 12 ∗ 0 − 20 ∗ 0 + 8,5 = 8,5 
 
Com a condição inicial dada, temos y (0) =1. Sendo assim: 
 
𝑦(0,5) = 1 + 8,5 ∗ 0,5 
𝑦(0,5) = 5,25 
 
 Equações Diferenciais 
 
6 
 
Passo 2: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ 
𝑦2 = 𝑦1 + 𝑓(0,5 , 5,25) ∗ 0,5 
𝑦(1) = 𝑦(0,5) + 𝑓(0,5 , 5,25) ∗ 0,5 
𝑓(0,5, 5,25) = −2 ∗ (0,5)³ + 12 ∗ 0,5² − 20 ∗ 0,5 + 8,5 = 1,25 
 
Pelo passo anterior temos que y (0,5) =5,25. Sendo assim: 
 
𝑦(1) = 5,25 + 1,25 ∗ 0,5 
𝑦(1) = 5,875 
 
Ao comparar os resultados obtidos, é possível analisar que o erro é grande. O 
resultado correto de y (0,5) é 3,21875 e de y (1) é 3, mostrando que o método implementado 
obteve valores muito superiores. Para melhorar a precisão do método deve-se utilizar 
passos menores. Quanto menor o passo utilizado, maior a quantidade de passos que tem 
que ser utilizado para um mesmo intervalo, porém menor o erro. A Figura 4 apresenta a 
relação entre o tamanho do passo, quantidade de passos e erro do método. 
 
Figura 4. Efeito do tamanho do passo no método de Euler. 
 
Fonte: Chapra, Canale, 2013. 
 Equações Diferenciais 
 
7 
 
Exemplo 2: (utilizando passo menor) 
Use o método de Euler para estimar a integral da equação apresentada. Integre para x=0 a 
1 usando 0,2 como passo de integração. Considere a condição inicial em x=0 como y=1. 
Analise o erro de y(1) sabendo que o resultado correto é 3 e sabendo que a estimativa de 
y(1) utilizando passo de integração 0,5 foi de 5,875. 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2𝑥3 + 12𝑥2 − 20𝑥 + 8,5 
 
Passo 1: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ 
𝑦1 = 𝑦0 + 𝑓(0,1) ∗ 0,2 
𝑦(0,2) = 𝑦(0) + 𝑓(0,1) ∗ 0,2 
𝑓(0,1) = −2 ∗ 0 + 12 ∗ 0 − 20 ∗ 0 + 8,5 = 8,5 
 
Com a condição inicial dada, temos y (0) =1. Sendo assim: 
 
𝑦(0,2) = 1 + 8,5 ∗ 0,2 
𝑦(0,2) = 2,7 
 
Passo 2: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ 
𝑦2 = 𝑦1 + 𝑓(0,2 , 2,7) ∗ 0,2 
𝑦(0,4) = 𝑦(0,2) + 𝑓(0,2 , 2,7) ∗ 0,2 
𝑓(0,2 , 2,7) = −2 ∗ (0,2)³ + 12 ∗ 0,2² − 20 ∗ 0,2 + 8,5 = 4,964 
 
Pelo passo anterior temos que y (0,2) =2,7. Sendo assim: 
 
𝑦(0,4) = 2,7 + 4,964 ∗ 0,2 
𝑦(0,4) = 3,6928 
 
 Equações Diferenciais 
 
8 
 
Passo 3: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ 
𝑦3 = 𝑦2 + 𝑓(0,4 , 3,6928) ∗ 0,2 
𝑦(0,6) = 𝑦(0,4) + 𝑓(0,4 , 3,6928) ∗ 0,2 
𝑓(0,4 , 3,6928) = −2 ∗ (0,4)³ + 12 ∗ 0,4² − 20 ∗ 0,4 + 8,5 = 2,292 
 
Pelo passo anterior temos que y (0,4) =3,6928. Sendo assim: 
 
𝑦(0,6) = 3,6928 + 2,292 ∗ 0,2 
𝑦(0,6) = 4,1512 
 
Passo 4: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ 
𝑦4 = 𝑦3 + 𝑓(0,6 , 4,1512) ∗ 0,2 
𝑦(0,8) = 𝑦(0,6) + 𝑓(0,6 , 4,1512) ∗ 0,2 
𝑓(0,6 , 4,1512) = −2 ∗ (0,6)³ + 12 ∗ 0,6² − 20 ∗ 0,6 + 8,5 = 0,388 
 
Pelo passo anterior temos que y (0,6) =4,1512. Sendo assim: 
 
𝑦(0,8) = 4,1512 + 0,388 ∗ 0,2 
𝑦(0,8) = 4,2288 
 
Passo 5: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑓(𝑥, 𝑦)ℎ 
𝑦5 = 𝑦4 + 𝑓(0,8 , 4,2288) ∗ 0,2 
𝑦(1) = 𝑦(0,8) + 𝑓(0,8 , 4,2288) ∗ 0,2 
𝑓(0,8 , 4,2288) = −2 ∗ (0,8)3 + 12 ∗ 0,82 − 20 ∗ 0,8 + 8,5 = −0,844 
 
Pelo passo anterior temos que y (0,8) =4,2288. Sendo assim: 
 Equações Diferenciais 
 
9 
 
𝑦(1) = 4,2288 − 0,844 ∗ 0,2 
𝒚(𝟏) = 𝟒, 𝟎𝟔 
 
Sabendo que o resultado correto é 3 e sabendo que a estimativa de y(1) utilizando 
passo de integração 0,5 foi de 5,875 podemos comparar os erros: 
 
𝐸𝑟𝑟𝑜ℎ=0,5 =
|3 − 5,875|
3
= 95,83% 
𝐸𝑟𝑟𝑜ℎ=0,2 =
|3 − 4,06|
3
= 35,33% 
 
Vemos que ao reduzir o passo de 0,5 para 0,2, consequentemente aumentamos a 
quantidade de passos de 2 para 5, mas, reduzimos muito significativamente, quase 
triplicando a precisão do método. 
 
 
MÉTODO DE RUNGE-KUTTA 
 
Os métodos de Runge-Kutta (RK) alcançam a acurácia de uma abordagem por série 
de Taylor sem exigir cálculos de derivadas de ordem superior. Há muitas variações, mas 
todas podem ser postas na forma geral da Equação 4. A função ∅ é chamada de função 
incremento, a qual pode ser interpretada como representativa da inclinação em um intervalo 
(CHAPRA, CANALE, 2013). 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + ∅(𝑥, 𝑦, ℎ)ℎ (4) 
 
A função incremento pode ser escrita conforme a Equação 5: 
 
∅ = 𝑎1𝑘1 + 𝑎2𝑘2 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑘𝑛 (5) 
 
Os índices “𝑎𝑖” são constantes e os índices 𝑘𝑖 são obtidos através das seguintes 
expressões: 
 
 
 Equações Diferenciais 
 
10 
 
𝑘1 = 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖) 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑞11𝑘1ℎ) 
𝑘3 = 𝑓(𝑥𝑖 + 𝑝2ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑞21𝑘1ℎ + 𝑞22𝑘2ℎ) 
 
Os índices p e q são constantes. Observe que os índices k são relações de 
recorrência. Isto é, k1 aparece na equação para k2, o qual aparecena equação para k3, e 
assim por diante. Como cada k é um cálculo da função, essa recorrência torna os métodos 
RK eficientes para cálculos computacionais. Vários tipos de métodos de Runge-Kutta 
podem ser deduzidos usando-se um número diferente de termos na função incremento, 
conforme especificado por n. Observe que o método RK de primeira ordem com n = 1 é, 
na realidade, o método de Euler (CHAPRA, CANALE, 2013). 
 
MÉTODO DE RUNGE-KUTTA DE SEGUNDA ORDEM 
 
A versão da equação de segunda ordem é dada através da Equação 6: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (𝑎1𝑘1 + 𝑎2𝑘2)ℎ (6) 
 
Sendo: 
 
𝑘1 = 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖) 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + 𝑝1ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑞11𝑘1ℎ) 
 
Os valores de 𝑎1, 𝑎2, 𝑝1 e 𝑞11 são calculados igualando a Equação 4 à expansão em 
série de Taylor até os termos de 2º grau. Fazendo isso, deduz-se as três equações para 
calcular as quatro constantes desconhecidas (CHAPRA, CANALE, 2013). As equações 
são apresentadas a seguir: 
 
𝑎1 + 𝑎2 = 1 
𝑎2𝑝1 =
1
2
 
𝑎2𝑞11 =
1
2
 
 Equações Diferenciais 
 
11 
 
Usualmente escolhe-se um valor para 𝑎2 e obtém-se os valores do restante das 
variáveis através de: 
 
𝑎1 = 1 − 𝑎2 
𝑞11 = 𝑝1 =
1
2𝑎2
 
 
Como pode ser escolhido qualquer valor para a2, existem infinitas soluções. A 
seguir são apresentados 3 métodos diferentes de resolução, sendo consolidados pela 
literatura. 
 
MÉTODO DE HEUN (a2=1/2) 
 
Ao declarar 𝑎2 como 1/2, as equações são resolvidas como: 
 
𝑎1 = 1/2 
𝑝11 = 111 = 1 
 
Sendo assim, temos a seguinte equação para resolução do método: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ (7) 
 
Sendo: 
 
𝑘1 = 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖) 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑘1ℎ) 
 
MÉTODO DO PONTO MÉDIO (a2=1) 
 
Ao declarar 𝑎2 como 1, as equações são resolvidas como: 
 
 
 Equações Diferenciais 
 
12 
 
𝑎1 = 0; 
𝑝11 = 111 = 1/2 
 
Sendo assim, temos a seguinte equação para resolução do método: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + 𝑘2ℎ (8) 
 
Sendo: 
 
𝑘1 = 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖) 
𝑘2 = 𝑓 (𝑥𝑖 +
1
2
ℎ, 𝑦𝑖 +
1
2
𝑘1ℎ) 
 
MÉTODO DE RALSTON (a2=2/3) 
 
Ao declarar 𝑎2 como 2/3, as equações são resolvidas de como que: 
 
𝑎1 = 1/3; 
𝑝11 = 111 = 3/4 
 
Sendo assim, temos a seguinte equação para resolução do método: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
3
𝑘1 +
2
3
𝑘2)ℎ (9) 
 
Sendo: 
 
𝑘1 = 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖) 
𝑘2 = 𝑓 (𝑥𝑖 +
3
4
ℎ, 𝑦𝑖 +
3
4
𝑘1ℎ) 
 
Exemplo 3: 
Use o método de Runge-Kutta de segunda ordem pelo método de Cheun para estimar a 
integral da equação apresentada. Integre para x=0 a 1 usando 0,2 como passo de integração. 
 Equações Diferenciais 
 
13 
 
Considere a condição inicial em x=0 como y=1. Analise o erro de y(1) sabendo que o 
resultado correto é 3. 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −2𝑥3 + 12𝑥2 − 20𝑥 + 8,5 
 
Resolução: 
 
O método de Heun utiliza as seguintes equações: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ (7) 
 
Sendo: 
 
𝑘1 = 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖) 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑘1ℎ) 
 
Passo 1: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦1 = 𝑦0 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑘1 = 𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 𝑓(0,1) 
𝑓(0,1) = −2 ∗ 0 + 12 ∗ 0 − 20 ∗ 0 + 8,5 = 8,5 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑘1ℎ) 
𝑘2 = 𝑓(0 + 0,2, 1 + 1,7) = 𝑓(0,2, 2,7) 
𝑓(0,2, 2,7) = −2 ∗ (0,2)³ + 12 ∗ 0,2² − 20 ∗ 0,2 + 8,5 = 4,964 
 
Com a condição inicial dada, temos y(0)=1. Sendo assim: 
 
𝑦(0,2) = 1 + (
1
2
∗ 8,5 +
1
2
∗ 4,964) ∗ 0,2 = 2,3464 
 
 Equações Diferenciais 
 
14 
 
Passo 2: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦2 = 𝑦1 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑘1 = 𝑓(𝑥1, 𝑦1) = 𝑓(0,2, 2,3464) 
𝑓(0,2, 2,3464) = −2 ∗ (0,2)³ + 12 ∗ 0,2² − 20 ∗ 0,2 + 8,5 = 4,964 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑘1ℎ) 
𝑘2 = 𝑓(0,2 + 0,2, 2,3464 + 0,9928) = 𝑓(0,4, 3,3392) 
𝑓(0,4, 3,3392) = −2 ∗ (0,4)³ + 12 ∗ 0,4² − 20 ∗ 0,4 + 8,5 = 2,292 
 
Pelo passo anterior temos que y(0,2)=2,3664. Sendo assim: 
 
𝑦2 = 𝑦1 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦(0,4) = 2,3464 + (
1
2
∗ 4,964 +
1
2
∗ 2,292) ∗ 0,2 
𝑦(0,4) = 3,072 
 
Passo 3: 
 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦3 = 𝑦2 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑘1 = 𝑓(𝑥2, 𝑦2) = 𝑓(0,4, 3,072) 
𝑓(0,4, 3,072) = −2 ∗ (0,4)³ + 12 ∗ 0,4² − 20 ∗ 0,4 + 8,5 = 2,292 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑘1ℎ) 
𝑘2 = 𝑓(0,4 + 0,2, 3,072 + 0,4584) = 𝑓(0,6, 3,5304) 
𝑓(0,6, 3,5304) = −2 ∗ (0,6)³ + 12 ∗ 0,6² − 20 ∗ 0,6 + 8,5 = 0,388 
 
Pelo passo anterior temos que y(0,4)=3,072. Sendo assim: 
 
 
 Equações Diferenciais 
 
15 
 
𝑦3 = 𝑦2 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦(0,6) = 3,072 + (
1
2
∗ 2,292 +
1
2
∗ 0,388) ∗ 0,2 
𝑦(0,6) = 3,34 
 
Passo 4: 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦4 = 𝑦3 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑘1 = 𝑓(𝑥3, 𝑦3) = 𝑓(0,6, 3,34) 
𝑓(0,6, 3,34) = −2 ∗ (0,6)³ + 12 ∗ 0,6² − 20 ∗ 0,6 + 8,5 = 0,388 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑘1ℎ) 
𝑘2 = 𝑓(0,6 + 0,2, 3,34 + 0,0776) = 𝑓(0,8, 3,4176) 
𝑓(0,8, 3,4176) = −2 ∗ (0,8)3 + 12 ∗ 0,82 − 20 ∗ 0,8 + 8,5 = −0,844 
 
Pelo passo anterior temos que y(0,6)=3,34. Sendo assim: 
 
𝑦4 = 𝑦3 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦(0,8) = 3,34 + (
1
2
∗ 0,388 +
1
2
∗ (−0,844)) ∗ 0,2 
𝑦(0,8) = 3,2944 
 
Passo 5: 
𝑦𝑖+1 = 𝑦𝑖 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦5 = 𝑦4 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑘1 = 𝑓(𝑥4, 𝑦4) = 𝑓(0,8, 3,2944) 
𝑓(0,8, 3,2944) = −2 ∗ (0,8)3 + 12 ∗ 0,82 − 20 ∗ 0,8 + 8,5 = −0,844 
𝑘2 = 𝑓(𝑥𝑖 + ℎ, 𝑦𝑖 + 𝑘1ℎ) 
𝑘2 = 𝑓(0,8 + 0,2, 3,2944 − 0,1688) = 𝑓(1, 3,1256) 
𝑓(1, 3,1256) = −2 ∗ (1)3 + 12 ∗ 12 − 20 ∗ 1 + 8,5 = −1,5 
 Equações Diferenciais 
 
16 
 
Pelo passo anterior temos que y(0,8)=3,2944. Sendo assim: 
 
𝑦5 = 𝑦4 + (
1
2
𝑘1 +
1
2
𝑘2)ℎ 
𝑦(1) = 3,2944 + (
1
2
∗ (−0,844) +
1
2
∗ (−1,5)) ∗ 0,2 
𝑦(1) = 3,06 
 
Sabendo que o resultado correto é 3 e sabendo que a estimativa de y(1) utilizando 
o método de Runge-Kutta de ordem 2 com passo 0,2 foi: 
 
𝐸𝑟𝑟𝑜 =
|3 − 3,06|
3
= 2% 
 
Ao comparar com o método de Euller, de mesmo passo, vemos que a redução do 
erro foi muito considerável, mostrando uma maior precisão do método de Runge-Kutta de 
segunda ordem. 
 
 
RESUMO 
 
Nesse capítulo foram apresentados os dois métodos numéricos mais utilizados na 
resolução de equações diferenciais ordinárias, sendo eles, os métodos de Euller e Runge-
Kutta. Foram resolvidos exemplos que mostram a diferença do método de resolução e 
precisão de cada método. 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações Diferenciais 
 
17 
 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
CELINA, J. Cálculo Numérico. Curitiba, InterSaberes, 2018. 
 
CHAPRA, S. C.; CANALE, R. P. Métodos numéricos para engenharia. McGraw-Hill, 
2008. 
 
FRANCO, N. B. Cálculo numérico. Pearson, 2006. 
 
SPERANDIO, D.; MENDES, J. T.; E SILVA, L. H. M. Cálculo numérico. 2° edição São 
Paulo. Pearson, 2014.