EDO E PVI

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Capítulo 7: Equações Diferenciais Ordinárias 
 
1. Problema de valor inicial 
Definição: Seja y uma função de x e n um número inteiro positivo, então uma relação 
de igualdade que envolva x, y, y’, y’’,...,y(n) é chamada uma equação diferencial ordinária. 
 
Exemplos
Equação Diferencial Ordem 
y’=2x 1 
015
3
2
2
2
=−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+ y
dx
dyx
dx
yd 
2 
(y’’’)4-x2(y’’)5+4xy=xex 3 
1
3
4
4
3 −⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
dx
yd
dx
dyx 
4 
 
Uma função f é solução de uma equação diferencial se a substituição de y por f resulta 
em uma identidade para todo x em algum intervalo. 
Por exemplo, a equação diferencial y’=6x2-5 
tem solução 
f(x)=2x3-5x+C 
para todo o real C, pois a substituição de y por f conduz à identidade 
6x2-5=6x2-5 
Denominamos 
f(x)=2x3-5x+C 
a solução geral de 
y’=6x2-5, 
pois toda a solução da equação é desta forma. Obtém-se uma solução particular 
atribuindo a C valores específicos. Para ilustrar, se C =0, temos a solução particular 
f(x)=2x3-5x 
Às vezes, impõem-se condições iniciais que determinam uma solução particular. 
 1
Associados a y(n)=f(x, y’, y’’,...,y(n-1)), podem existir condições cujo número coincide 
com a ordem da equação diferencial ordinária. Se tais condições se referem a um único x, 
tem-se um problema de valor inicial ⎯ PVI. Caso, contrário tem-se um problema de 
fronteira. Por exemplo, 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
−=
−=
0)0('
1)0(
2'3''
y
y
yyy
 
é um PVI de segunda ordem. 
Pretende-se valores de y(x) em pontos distintos daqueles das condições iniciais 
associadas aos PVI. Vai se estudar PVI de primeira ordem, i.e., 
⎩⎨
⎧
==
=
η00 )(
),('
yxy
yxfy
, ηum número dado. (7.1) 
Os PVI de ordem superior a um podem ser reduzidos a sistemas de PVI de primeira 
ordem à custa de variáveis auxiliares. 
 
Exemplo 
Considere-se o seguinte PVI de ordem dois 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
−=
−=
0)0('
1)0(
2'3''
y
y
yyy
 
Seja z=y’ então y’’=z’ e z(0)=y’(0)=0. Ou seja obteve-se o seguinte sistema de PVI de 
ordem um: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
−=
=
−=
0)0(
1)0(
'
23'
z
y
zy
yzz
 
 
Um PVI tem solução única se f é uma função real e satisfaz a: 
i) é definida e contínua na faixa a≤x≤b, -∞<y<∞, com a e b finitos; 
 2
ii) existe uma constante L tal que para qualquer x pertencente ao intervalo [a, b], e 
todo o par de números y e y* 
**),(),( yyLyxfyxf −≤− , 
a condição anterior designa-se por condição de Lipschitz. 
Se f satisfaz as condições anteriores então existe exactamente uma função y(x) que 
satisfaz: 
i) y(x) é contínua e diferenciável em [a,b], 
ii) y’(x)=f(x, y(x)), x∈[a, b], 
iii) y(a)=η, com η um número dado. 
 
2. Solução numérica de um PVI de primeira ordem: Métodos de passo 
simples 
Suponhamos que o PVI (7.1) satisfaz as condições de existência e unicidade de solução, 
vai tentar-se encontrar uma solução numérica para o problema. 
Considere-se m subintervalos de [a, b], (m≥1), e seja xj=x0+jh onde m
abh −= , j=0,...,m e 
xj∈[a,b]. Ao conjunto Ih={x0,x1,...,xm}obtido da forma anterior chama-se rede ou malha de 
[a,b]. 
A solução numérica ym(x) é a função linear por partes, cujo gráfico é uma poligonal com 
vértices nos pontos (xj,yj), onde yj foi calculado usando algum dos métodos numéricos que 
serão vistos a seguir. 
Se m=2n, então nm
abh
2
−= , n=0,1,..., e a sucessão de funções poligonais {yn(x)} 
converge uniformemente para a solução y(x) do PVI. 
O objectivo dos métodos numéricos é o cálculo dos vértices {y0,y1,...,ym}. 
 
 
 3
Notação: 
y(xj), j=0,...,m ⎯ solução exacta do PVI nos pontos xj∈Ih
y(xj)≅yj ⎯ significa que yj é aproximação para y(xj), xj∈Ih. 
 
2.1. Métodos da série de Taylor: Método de Euler 
Considere-se o PVI 
⎩⎨
⎧
==
=
η00 )(
),('
yxy
yxfy , η um número dado. 
Desejam-se aproximações y1, y2,...,ym para as soluções exactas y(x1), y(x2),..., y(xm). 
Comecemos por determinar a aproximação y1 para y(x1). 
Seja T a tangente à curva y(x) no ponto (x0, y(x0)), a equação de T é: 
y(x)- y(x0)=(x-x0)y’(x0). 
Fazendo x=x1 e notando que 
y(x0)=y0 ⎯ condição inicial 
x1-x0=h 
y’(x0)=f(x0,y(x0)) 
y1≅y(x1) 
tem-se que 
y(x1)-y(x0)=(x1-x0)y’(x0) ⇔ y1-y0=hf(x0,y(x0)) ⇔ y1=y0+hf(x0,y(x0)). 
O erro cometido na aproximação de y(x1) por y1 é: e1=y1-y(x1), ou seja, a diferença entre 
a solução numérica e a solução exacta. y2 obtém-se de modo análogo ao de y1, tendo-se 
que: 
y2=y1+hf(x1,y(x1)) 
e2=y2-y(x2) 
Genericamente, 
yj+1=yj+hf(xj,y(xj)), j=0,1,...,m-1 
cujo erro é ej+1=yj+1-y(xj+1), j=0,1,...,m-1 
 4
O método de Euler consiste, então, em calcular recursivamente a sucessão {yj} através 
das fórmulas: 
⎩⎨
⎧
−=+=
==
+ 1,...,0),,(
)(
1
0
mjyxhfyy
ayy
jjjj
η
 
 
Interpretação analítica do método de Euler 
 
 Expandindo a solução y(x) em série de Taylor em torno do ponto xj, 
)(
!
1...)(''
!2
1))(,()()( )(2 j
nn
jjjjj xyhn
xyhxyxhfxyhxy ++++=+ 
Truncando a série após o termo em h e identificando y(xj) com yj obtém-se a igualdade 
pretendida, ou seja, o método de Euler. 
 
Exemplo 
Achar aproximações para a solução do PVI 
⎩⎨
⎧
=
+−=
2)0(
2'
y
yxy
 
na malha [0,1] com h=0.2. 
Tem-se que x0=0 e y0=2. 
 
1º iteração y1=y0+hf(x0,y0) ⇔ y1=2+0.2f(0, 2) ⇔ y1=2; x1=0+0.2=0.2 
2º iteração y2=y1+hf(x1,y1) ⇔ y2=2+0.2f(0.2, 2) ⇔ y2=2.04; x2=0.2+0.2=0.4 
3º iteração y3=y2+hf(x2,y2) ⇔ y3=2.04+0.2f(0.4, 2.04) ⇔ y3=2.112; x3=0.4+0.2=0.6 
4º iteração y4=y3+hf(x3,y3) ⇔ y4=2.112+0.2f(0.6, 2.112) ⇔ y4=2.2096; x4=0.6+0.2=0.8 
5º iteração y5=y4+hf(x4,y4) ⇔ y5=2.2096+0.2f(0.8, 2.2096) ⇔ y5=2.32768; x5=0.8+0.2=1 
 
As soluções aproximadas na malha [0, 1] são: {2, 2.04, 2.112, 2.2096, 2.32768}. 
 
 5
Métodos de Passo Simples 
 
Um método para resolver um PVI é de passo simples se a aproximação yj+1 depende 
apenas dos resultados de yj da etapa anterior. Todos os métodos de passo simples são 
escritos na forma: 
(7.2) yj+1=yj+hΦ(xj,yj,h ), j=0,1,...,m-1, 
onde Φ é a função incremento e h o comprimento do passo. O método de Euler é um 
exemplo de um método de passo simples com função incremento Φ(xj,yj,h )=f(xj, yj). 
Diz-se que um método da forma (7.2) possui ordem r se r for o maior número inteiro 
para o qual 
y(x+h)-y(x)-hΦ(x, y(x), h)=o(hr+1), 
onde y(x) é a solução teórica do PVI. 
O método de Euler é de ordem um. 
 
Métodos com derivadas 
 
O método de Euler ou método de Taylor de 1ª ordem, foi obtido a partir da fórmula de 
Taylor, onde se tomaram termos até ao termo em h. Teoricamente, pode-se afirmar que a 
fórmula de Taylor fornece tantos métodos quantos se queiram, desde que se calculem as 
derivadas necessárias. O método de Taylor de 2ª ordem é, 
)(''
!2
)('1 jjjj xy
hxhyyy ++=+ , j=0,..,m-1 
 
Os métodos que usam a fórmula de Taylor apresentam alguns inconvenientes 
computacionais: deve-se operar simultaneamente com várias funções, i.e., as derivadas da 
função f, o que aumenta em muito o espaço ocupado na memória do computador. Além 
disso, a complexidade das expressões analíticas para as derivadas de f aumenta com a 
ordem de derivação de f, salvo casos triviais. Em geral, estes métodos não são usados. 
 6
Essa é a razão por que serão obtidos, a seguir, métodos de precisão equivalente aos 
métodos da fórmula de Taylor, porém sem o inconveniente de se calcularem derivadas; 
são os chamados métodos de Runge-Kutta ⎯ RK. 
 
2.2. Métodos de Runge-Kutta 
 
2.2.1. Métodos de Runge-Kutta de segunda ordem 
 
As fórmulas têm a forma geral 
 [ ]
⎩⎨
⎧
=
++++=+
)(
)),(,(),(
00
1
xyy
yxhfyhxbfyxafhyy jjjjjjjjβα j=0,...,m-1 
sendo as constantes a,b,α e β escolhidas de modo que o erro de truncatura local do método 
seja proporcional a h3 tal como o método de Taylor de 2ª ordem. 
 
Tal condição implica 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
==
−=
b
ba
2
1
1
βα , sendo b arbitrário. 
 
Apresentaremos aqui os dois métodos mais conhecidos de Runge-Kutta de 2ª ordem. 
 
O método de Euler melhorado corresponde à escolha 
2
1=b ,e tem-se 
2
1=a , 1== βα : 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
++=
==
=
++=+
),(
1-m0,...,j ),(
)(
)(
2
12
1
00
211
hkyhxfk
yxfk
xyy
kkhyy
jj
jj
jj
 
 
 7
O método de Euler modificado corresponde à escolha 1=b ,e tem-se , 0=a
2
1== βα : 
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎧
++=
==
=
+=+
)
2
,
2
(
1-m0,...,j ),(
)(
12
1
00
21
khyhxfk
yxfk
xyy
hkyy
jj
jj
jj
 
 
Exemplo: 
Achar aproximações para o PVI ⎩⎨
⎧
=
+−=
2)0(
2'
y
yxy
na malha [0,1] com h=0.2, usando o método de Euler melhorado. 
Tem-se que x0=0 e y0=2. 
 
1º iteração: )(
2 2101
kkhyy ++= . Tem-se que k1= f(x0, y0)=f(0,2)=0 
k2=f(x0+h, y0+hk1) ⇔ k2=f(0.2, 2+0.2*0) ⇔ k2=0.2 
Donde y1=2+0.1(0+0.2)=2.02; x1=0+0.2=0.2 
 
2º iteração: )(
2 2112
kkhyy ++= . Tem-se que k1= f(x1, y1)=f(0.2,2.02)=0.18 
k2=f(x1+h, y1+h k1) ⇔k2=f(0.4, 2.02+0.2*0.18) ⇔ k2=0.344 
Donde y2=2.02+0.1(0.18+0.344)=2.0724; x2=0.2+0.2=0.4 
 
3º iteração: )(
2 2123
kkhyy ++= . Tem-se que k1= f(x2, y2)=f(0.4,2.0724)=0.3276 
 k2=f(x2+h, y2+h k1)⇔ k2=f(0.6, 2.0724+0.2*0.3276) ⇔ k2=0.46208 
Donde y3=2.0724+0.1(0.3276+0.46208)=2.151368; x3=0.4+0.2=0.6 
 8
4º iteração: )(
2 2134
kkhyy ++= . Tem-se que k1= f(x3, y3)=f(0.6, 2.151368)=0.448632 
k2=f(x3+h, y3+h k1)⇔k2=f(0.8, 2.151368+0.2*0.448632) ⇔k2=0.5589056 
Donde y4=2.151368+0.1(0.448632+0.5589056)=2.25212176; x4=0.6+0.2=0.8 
 
5º iteração: )(
2 2145
kkhyy ++= . Tem-se que k1= f(x4, y4)=f(0.8, 2.25212176)=0.54787824 
k2=f(x4+h,y4+h k1)⇔k2=f(1, 2.25212176+0.2*0.54787824)⇔k2=0.638302592 
Donde y5=2.25212176+0.1(0.54787824+0.638302592)=2.370739843; x5=0.8+0.2=1 
 
 9