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∂f∂y
∣∣∣∣ < 1,
em uma vizinhança do ponto (xn+1, yn+1).
Exercício 9.8 Mostre que a condição de convergência é válida para o problema
do valor inicial do exemplo 9.9.
204 cálculo numérico
9.2.2 Método de Simpson
No método trapezoidal, aproximamos a integral considerando a regra dos tra-
pézios, porém é possível considerarmos a aproximação da intergal no intervalo
[xn, xn+2]. Neste caso, utilizamos a primeira regra de Simpson simples, obtendo:
∫ xn+2
xn
y′dx =
∫ xn+2
xn
f(x, y(x))dx
yn+2 − yn = h
3
[f(xn, yn) + 4f(xn+1, yn+1) + f(xn+2, yn+2)]
yn+2 = yn +
h
3
[f(xn, yn) + 4f(xn+1, yn+1) + f(xn+2, yn+2)]. (9.13)
Observe a equação (9.13) é implícita para yn+2. Além do mais, quando não
conhecemos o valor de y1, que deve ser conhecido a priori para que se possa
resolver a equação, em geral se utiliza um método explícito, como Euler, para se
determinar y1 e então substituí-lo na equação (9.13) para obtenção de y2, e assim
obter as demais soluções para n > 0.
9.2.3 Método de Adams-Basforth-Multon
Na equação (9.11), vimos que o lado direito não pode ser determinado ex-
plicitamente. Assim, se utilizarmos polinômios interpoladores de Lagrange para
aproximar f(x, y(x)), podemos obter uma aproximação para o ponto yn+1. Tais
métodos são conhecidos como métodos de Adams-Basforth-Multon. Nesses mé-
todos, é necessário primeiramente determinar o valor numérico da integral no in-
tervalo [xn, xn+1] para o polinômio gerado pelos pontos (xn−3, yn−3), (xn−2, yn−2),
(xn−1, yn−1), (xn, yn), que denotaremos por pn+1, e em seguida utilizar esse resul-
tado para gerar o valor de yn+1 para os pontos (xn−2, yn−2), (xn−1, yn−1),
(xn, yn), (xn+1, f(xn+1, pn+1)).
Para o caso de considerarmos quatro pontos (xn−3, yn−3), (xn−2, yn−2), (xn−1,
yn−1), (xn, yn), equivalentemente a quatro passos, o método de Adams-Basforth-
Multon é dado por:
yn+1 = yn +
h
24
(fn−2 − 5fn−1 + 19fn + 9fn+1), (9.14)
onde o termo fn+1 ≡ pn+1 é computado antecipadamente pela fórmula
pn+1 = yn +
h
24
(55fn − 59fn−1 + 37fn−2 − 9fn−3). (9.15)
As fórmulas (9.15) e (9.14) são conhecidas, respectivamente, como preditor e
corretor de Adams-Basforth-Multon de quarta ordem.
resolução numérica de edo's 205
Podemos mostrar que os erros locais de truncamento da integração numérica
para os cálculos do preditor e corretor são de ordem O(h5) e, determinados por:
|y(xn+1)− pn+1| = 251
720
∣∣y(5)(λ)∣∣h5,
|y(xn+1)− yn+1| = 19
720
∣∣y(5)(λ∗)∣∣h5,
para o previsor e corretor, respectivamente, com λ, λ∗ ∈ (0, 1).
Se supusermos que o passo h é bem pequeno e que a derivada y(5) é constante
ao longo do intervalo, então podemos ver que
|y(xn+1)− yn+1| ≈ 19
270
|yn+1 − pn+1|.
Dessa relação, podemos observar que o erro estimado entre os dois valores não
depende da derivada, mas apenas dos valores do preditor e corretor.
9.3 Equações de ordens superiores
As equações diferenciais ordinárias de ordem superior a um surgem em muitos
problemas. Na Física clássica, por exemplo, as equações de movimento são em
geral equações diferenciais de segunda ordem. Um caso bastante simples é o
estudo do oscilador harmônico, cuja equação é da forma:
mx′′(t) + bx′(t) + kx(t) = F (t), (9.16)
onde m representa a massa de partícula, b e k são constantes e F (t) é uma força
externa. Em geral, as condições
x(t0) = x0, x
′(t0) = y0 (9.17)
são dadas. Quando temos as condições dadas em (9.17), dizemos que temos um
problema do valor inicial de segunda ordem.
Resolvendo a equação (9.16) para a derivada segunda, podemos reescrever a
equação de uma forma mais geral como:
x′′(t) = f(t, x(t), x′(t)), x(t0) = x0, x′(t0) = y0. (9.18)
206 cálculo numérico
Por meio de uma transformação, podemos escrever o problema do valor inicial
de segunda ordem (9.18) como um sistema composto por duas equações diferen-
ciais de primeira ordem. Para isso, se considerarmos a mudança
x′(t) = y(t),
temos que x′′(t) = y′(t), e a equação diferencial (9.18) torna-se:
x′(t) = y, (9.19)
y′(t) = f(t, x, y), (9.20)
com as condições iniciais
x(t0) = x0, y(t0) = y0.
Agora, com base nesse sistema de duas equações de primeira ordem com con-
dições iniciais, podemos usar um método, como Runge-Kutta, para encontrar
duas seqüências xk e yk, em que a primeira corresponde à solução numérica do
problema do valor inicial de segunda ordem.
Em geral, o problema do valor inicial de segunda ordem pode ser expresso da
forma:
y′′(x) = f(x, y(x), y′(x)), y(x0) = y0, y′(x0) = v0. (9.21)
Seguindo o raciocínio anterior, podemos de�nir:
u1(x) = y(x), (9.22)
u2(x) = y
′(x). (9.23)
Agora, usando estas de�nições temos:
u′1(x) = y
′(x) = u2(x), e u1(x0) = y0, (9.24)
u′2(x) = y
′′(x) = f(x, y, y′) = f(x, u1(x), u2(x)), e u2(x0) = v0. (9.25)
Portanto, as equações (9.24) e (9.25) de�nem dois PVI de primeira ordem para
as funções u1(x) e u2(x). Estas equações estão acopladas.
A resolução destas equações utilizando o método de Runge-Kutta clássico, é
dada por:
resolução numérica de edo's 207
k
(n)
1,1 = hf1(xn, u1(xn), u2(xn)) = hu2(xn) (9.26)
k
(n)
2,1 = hf1(xn +
h
2
, u1(xn) +
k
(n)
1,1
2
, u2(xn) +
k
(n)
1,2
2
), (9.27)
k
(n)
3,1 = hf1(xn +
h
2
, u1(xn) +
k
(n)
2,1
2
, u2(xn) +
k
(n)
2,2
2
), (9.28)
k
(n)
4,1 = hf1(xn + h, u1(xn) + k
(n)
3,1 , u2(xn) + k
(n)
3,2 ), (9.29)
k
(n)
1,2 = hf2(xn, u1(xn), u2(xn)) (9.30)
k
(n)
2,2 = hf2(xn +
h
2
, u1(xn) +
k
(n)
1,1
2
, u2(xn) +
k
(n)
1,2
2
), (9.31)
k
(n)
3,2 = hf2(xn +
h
2
, u1(xn) +
k
(n)
2,1
2
, u2(xn) +
k
(n)
2,2
2
), (9.32)
k
(n)
4,2 = hf2(xn + h, u1(xn) + k
(n)
3,1 , u2(xn) + k
(n)
3,2 ), (9.33)
u1,n+1 = u1,n +
1
6
(k
(n)
1,1 + 2k
(n)
2,1 + 2k
(n)
3,1 + k
(n)
4,1 ), (9.34)
u2,n+1 = u2,n +
1
6
(k
(n)
1,2 + 2k
(n)
2,2 + 2k
(n)
3,2 + k
(n)
4,2 ), (9.35)
onde n = 0, 1, 2, · · · , e f1(x, u1, u2) = u2 e f2(x, u1, u2) = f(x, u1, u2).
Observe que por ser um sistema de equações acopladas, o cálculo dos k
(n)
i,j
devem ser realizados �xando-se i e variando o j, até obter-se todos os valores.
Exemplo 9.10 Seja o problema do valor inicial de segunda ordem y′′(x)+4y′(x)+
5y(x) = 0, y(0) = 3, y′(0) = −5. Determine o sistema de equações de primeira
ordem equivalente e em seguida use o método de Runge-Kutta para determinar a
seqüência de soluções no intervalo [0, 1], com passo h = 0, 1 para dez iterações.
Solução: a equação diferencial pode ser expressa da forma:
y′′(x) = f(x, y(x), y′(x)) = −4y′(x)− 5y(x).
De�nindo-se
u1(x) = y(x),
u2(x) = y
′(x),
u′2(x) = y
′′(x) = −4u2(x)− 5u1(x),
208 cálculo numérico
temos que:
u1(0) = y(0) = 3,
u2(0) = y
′(0) = −5.
Assim, os dois problemas do valor inicial de ordem um, são:
u′1(x) = u2(x), u1(0) = 3,
u′2(x) = −4u2(x)− 5u1(x), u2(0) = −5.
Considerando f1(x, u1, u2) = u2 e f2(x, u1, u2) = −4u2 − 5u1, e aplicando o
método de Runge-Kutta, para a iteração i = 0, temos:
k
(0)
1,1 = hf1 (x0, u1(x0), u2(x0)) = hu2(x0) = 0, 1 · (−5) = −0, 5,
k
(0)
1,2 = hf2 (x0, u1(x0), u2(x0)) = h(−4u2(x0)− 5u1(x0)) = 0, 5,
k
(0)
2,1 = hf1
(
x0 +
h
2
, u1(x0) +
1
2
k
(0)
1,1, u2(x0) +
1
2
k
(0)
1,2
)
= −0, 475,
k
(0)
2,2 = hf2
(
x0 +
h
2
, u1(x0) +
1
2
k
(0)
1,1, u2(x0) +
1
2
k
(0)
1,2
)
= 0, 525,
k
(0)
3,1 = hf1
(
x0 +
h
2
, u1(x0) +
1
2
k
(0)
2,1, u2(x0) +
1
2
k
(0)
2,2
)
= −0, 47375,
k
(0)
3,2 = hf2
(
x0 +
h
2
, u1(x0) +
1
2
k
(0)
2,1, u2(x0) +
1
2
k
(0)
2,2
)
= 0, 51375,
k
(0)
4,1 = hf1
(
x0 + h, u1(x0) + k
(0)
3,1, u2(x0) + k
(0)
3,2
)
= −0, 448625,
k
(0)
4,2 = hf2
(
x0 + h, u1(x0) + k