y(x n+1 ) = y(x n ) + hy (x n ) + h2 q! y (q) (x n )

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1 2. Método de Taylor de ordem q Seja y(x) a solução exata do p.v.i., contínua e suficientemente derivável em [a, b]. A expansão em série de Taylor para y(x n + h) em torno do ponto x n é dada por: y(x n+1 ) = y(x n ) + hy (x n ) + h2 2 y (x n ) hq q! y (q) (x n ) + h q+1 (q + 1)! y (q+1) (ε n ), x n < ε n < x n + h, (1) onde o último termo é o erro de truncamento.

2 y(x) não é conhecida, então como determinar y, y, etc? Se f for suficientemente derivável, elas podem ser determinadas através do cálculo das derivadas totais de f. Assim, y = f (x, y), y = f = f x + f dy y dx = f x + f y f, y = f = f x x + f x y. dy dx + ( f y x + f y y = f xx + f xy f + f yx f + f yy f 2 + f y f x + f 2 y f = f xx + 2f xy f + f yy f 2 + f x f y + f 2 y f dy dx )f + f y( f x + f y dy dx (2))

3 Truncando a expansão (1), após (q+1) termos, obtemos: y(x n + h) y(x n ) + hf (x n, y(x n )) hq q! f (q 1) (x n, y(x n )). Agora, substituindo-se y(x n ) por y n e f (j) (x n, y(x n )) por = f (x n, y n ), j = 0, 1,..., q 1, temos f (j) n y n+1 = y n + hf n + h2 2! f n hq q! f (q 1) n, (3) que é chamado Método de Taylor de ordem q, com erro de truncamento dado por T n+1 = y (q+1) (ε n ) (q + 1)! hq+1.

4 Exemplo: (N.B. Franco, 2007) Resolver o p.v.i. { y = y + x + 2 y(0) = 2, x [0, 0.3], h = 0.1, usando o método de Taylor de ordem 3. Solução: O método de Taylor de ordem 3 é dado por (3), com q = 3, isto é: y n+1 = y n + hf n + h2 2 f n + h3 3! f n. (4) Desde que f = y + x + 2, obtemos: f = 1 + ( 1)( y + x + 2) = y x 1, f = 1 + (1)( y + x + 2) = y + x + 1. Fazendo n = 0 em (4), obtemos: y 1 = y 0 + hf 0 + h2 2 f 0 + h3 3! f 0.

5 Temos que o intervalo onde desejamos obter a solução do p.v.i. é [0, 0.3] e y 0 = 2. Assim, (x 0, y 0 ) = (0, 2). Logo: Portanto, f 0 = f (x 0, y 0 ) = f (0, 2) = = 0, f 0 = f (x 0, y 0 ) = f (0, 2) = = 1, f 0 = f (x 0, y 0 ) = f (0, 2) = = 1. y 1 = (0) (1) + 2 3! ( 1) = y(x 1 ) = y(0.1).

6 Fazendo, agora, n = 1 em (4), obtemos: y 2 = y 1 + hf 1 + h2 2 f 1 + h3 3! f 1. Assim, para calcular y 2, devemos avaliar f e suas derivadas em (x 1, y 1 ). Sendo h = 0.1 temos que (x 1, y 1 ) = (0.1, ) e, então: f 1 = f (x 1, y 1 ) = f (0.1, ) = = , f 1 = f (x 1, y 1 ) = f (0.1, ) = = , f 1 = f (x 1, y 1 ) = f (0.1, ) = = Logo, y 2 = (0.0952) (0.9048) + 2 3! ( ) = y(x 2 ) = y(0.2).

7 Finalmente, fazendo n = 2 em (4), obtemos: y 3 = y 2 + hf 2 + h2 2 f 2 + h3 3! f 2. Calculando f e suas derivadas em (x 2, y 2 ) = (0.2, ) obtemos: y 3 = (0.1814) (0.8186) + 2 3! ( ) = y(x 3 ) = y(0.3). Assim, sabendo que a solução exata do p.v.i. é dada por y(x) = e x + x + 1, temos os resultados abaixo:

8 Tabela : Método de Taylor de ordem 3 para h=0.1 x n y n y(x n ) y(x n ) y n Observemos que quanto mais alta a ordem do método, menor será o erro de truncamento, ou seja mais precisa será a solução numérica. Mas, uma desvantagem do método de Taylor é a necessidade de calcular as derivadas parciais de f e a cada passo avaliá-las nos pontos (x n, y n ).

9 3. Métodos de Runge-Kutta O método geral de Runge-Kutta (MRK) de s estágios é definido por: y n+1 = y n + h s b i k i, (5) i=1 k i = f (x n + c i h, y n + h c i = s a ij k j ), i = 1, 2,..., s j=1 s a ij, i = 1, 2,..., s. j=1

10 Um método de Runge-Kutta é caracterizado pelos seus coeficientes b i, c i e a ij, i, j = 1, 2,..., s, e pode ser escrito numa forma tabular, conhecida como representação de Butcher [Butcher,1964]: c 1 a 11 a 12 a a 1s c 2 a 21 a 22 a a 2s c s a s1 a s2 a s3... a ss b 1 b 2 b 3... b s ou c A b t Se A = (a ij ) é uma matriz estritamente triangular inferior, isto é, a ij = 0, i j o método é chamado explícito e se a ij 0, para algum i j o método é chamado implícito.

11 Métodos Explícitos c 2 a c s a s1 a s2 a s b 1 b 2 b 3... b s ou, usando a forma das equações (5): y n+1 = y n + h s b i k i, (6) i=1 k 1 = f (x n, y n ), s 1 k i = f (x n + c i h, y n + h a ij k j ), i = 2, 3,..., s c i = j=1 i 1 a ij, i = 2, 3,..., s. j=1

12 Método de Passo 1 y n+1 = y n + hφ(x n, y n, h), (7) onde φ é uma função que depende de x n, y n e h, sendo, e φ(x n, y n, h) = s b i k i, (8) i=1 k 1 = f (x n, y n ) s 1 k i = f (x n + c i h, y n + h a ij k j ), s = 1, 2,..., s, φ T (x n, y n, h) = f (x n, y n ) + h 2! f (x n, y n ) hq 1 f q 1 (x n, y(9) n ), q! j=1 as funções de Runge-Kutta e Taylor, respectivamente.

13 Obtenção dos Métodos de Runge-Kutta Para obter métodos de Runge-Kutta com s estágios e ordem máxima, devemos determinar as constantes b i, c i e a ij, definidas em (6), comparando a expansão da função φ(x n, y n, h), em potências de h, com a função φ T (x n, y n ), definidas por (8) e (9), respectivamente.

14 Métodos de Runge-Kutta de ordem 1 Tomemos um método de Runge-Kutta com 1 estágio onde, por (8), temos φ(x n, y n, h) = b 1 f (x n, y n ). (10) Por outro lado, para o método de Taylor de ordem 1, por (9), temos: φ T (x n, y n, h) = f (x n, y n ). (11) Comparando as duas expressões, (10) e (11), temos que b 1 = 1. Assim, o método de Runge-Kutta com 1 estágio e ordem 1 é dado por que é o método de Euler. y n+1 = y n + hf (x n, y n )

15 Métodos de Runge-Kutta de ordem 2 φ(x n, y n, h) = b 1 k 1 + b 2 k 2 (12) k 1 = f (x n, y n ), k 2 = f (x n + c 2 h, y n + ha 21 k 1 ), c 2 = a 21. Substituindo os valores de a 21 e k 1 em k 2, segue que: k 2 = f (x n + c 2 h, y n + hc 2 f ). Agora, desenvolvendo k 2 em série de Taylor em torno do ponto (x n, y n ), obtemos k 2 = f + c 2 hf x + (hc 2 f )f y + (c 2h) 2 f xx 2! +(c 2 h)(hc 2 f )f xy + (hc 2f ) 2 f yy + O(h 3 ). 2! onde f e suas derivadas parciais são todas avaliadas em (x n, y n ).

16 Substituindo, em (12), o valor de k 1 por f e k 2 pela expressão anterior e agrupando os termos de mesma potência em h, obtemos: φ(x n, y n, h) = (b 1 + b 2 )f + b 2 c 2 h(f x + f y f ) Denotando + b 2 c 2 2 2! h 2 [f xx + 2f f xy + f yy f 2 ] + O(h 3 ). F = f x + f y f e G = f xx + 2ff xy + f yy f 2, (13) temos que: φ(x n, y n, h) = (b 1 + b 2 )f + b 2 c 2 hf + b 2 c 2 2 2! h 2 G + O(h 3 ). (14)

17 Agora, por (9), temos que para um método de Taylor, com q = 3: φ T (x n, y n, h) = f (x n, y n ) + h 2! f (x n, y n ) + h2 3! f 2 (x n, y n ) + O(h 3 ) = f + h 2! (f x + f y f ) + h2 3! [f xx + 2f xy f + f yy f 2 + f y (f x + f y f )] + O(h 3 ).

18 Usando (13), obtemos: φ T (x n, y n, h) = f + h 2 F + h2 3! [G + f y F] + O(h 3 ). (15) Comparando (14) com (15), obtemos { b1 + b 2 = 1 b 2 c 2 = 1 2 (16) que é um sistema com 2 equações e 3 incógnitas e portanto possui infinitas soluções, ou seja, existem infinitos métodos de Runge-Kutta com 2 estágios e ordem máxima 2. Além disso, podemos verificar, pelo termo de h 2, que não é possível obter métodos com 2 estágios e ordem maior que 2. Então, atribuindo um valor a uma das incógnitas de (16) obtemos as outras duas em função desta.

19 Métodos Particulares com 2 estágios e ordem 2 1. Método de Euler Modificado (tomando-se em (16), b 1 = 0 b 2 = 1 e c 2 = 1/2). y n+1 = y n + hk 2, k 1 = f (x n, y n ), (17) k 2 = f (x n h, y n hk 1). 2. Método de Euler Melhorado (tomando-se em (16), b 1 = 1/2 b 2 = 1/2 e c 2 = 1). y n+1 = y n + h 2 (k 1 + k 2 ), k 1 = f (x n, y n ), (18) k 2 = f (x n + h, y n + hk 1 ).

20 Exemplo: Aplicar o método de Euler Modificado ao p.v.i. y = y + x + 2, y(0) = 2, x [0, 0.3], com h = 0.1. Solução: Temos que, da condição inicial, y 0 = 2. Fazendo n = 0 em (17), obtemos: onde: y 1 = y 0 + hk 2, k 1 = f (x 0, y 0 ) = f (0, 2) = = 0, k 2 = f (x h, y hk 1) = f ( , (0)) = f (0.05, 2) = = Portanto, y 1 = (0.05) = y(x 1 ) = y(0.1).

21 Fazendo, agora, n = 1 em (17), obtemos: onde: y 2 = y 1 + hk 2, k 1 = f (x 1, y 1 ) = f (0.1, 2.005) = = 0.095, k 2 = f (x h, y hk 1) = f ( , (0.095)) = f (0.15, ) = = Portanto, y 2 = (0.1403) = y(x 2 ) = y(0.2).

22 Finalmente, fazendo n = 2 em (17), obtemos: onde: y 3 = y 2 + hk 2, k 1 = f (x 2, y 2 ) = f (0.2, ) = = , k 2 = f (x h, y hk 1) = f ( , (0.1810)) = f (0.25, ) = = Portanto, y 3 = (0.2220) = y(x 3 ) = y(0.3).

23 Assim, sabendo que a solução exata do p.v.i. é dada por y(x) = e x + x + 1, temos os resultados: Tabela : Método de Euler Modificado para h=0.1 x n y n y(x n ) y(x n ) y n

24 Métodos de Runge-Kutta de ordem 3 Para obtermos métodos de Runge-Kutta de ordem 3, consideramos um método com 3 estágios que, de acordo com (8), com s = 3, tem a forma geral: φ(x n, y n, h) = b 1 k 1 + b 2 k 2 + b 3 k 3 (19) k 1 = f (x n, y n ), k 2 = f (x n + c 2 h, y n + ha 21 k 1 ), k 3 = f (x n + c 3 h, y n + h[a 31 k 1 + a 32 k 2 ]), c 2 = a 21 c 3 = a 31 + a 32.

25 Expandimos k 2 e k 3 em série de Taylor em torno do ponto (x n, y n ), agrupamos os termos semelhantes e comparamos com o método de Taylor de ordem 3. Assim, substituindo o valor de a 31 por a 31 = c 3 a 32 em k 3 e depois k 1 e as expressões de k 2 e k 3 em (19) e comparando φ com φ T, após manipulações algébricas, segue que para se obter métodos de Runge-Kutta com 3 estágios e ordem máxima as seguintes equações devem ser satisfeitas: b 1 + b 2 + b 3 = 1 b 2 c 2 + b 3 c 3 = 1 2 b 3 a 32 c 2 = 1 6 b 2 c b 3c 2 3 = 1 3 Obtemos, então, um sistema com 4 equações e 6 incógnitas comparando os termos de φ e φ T até O(h 3 ). Atribuindo valores a duas das incógnitas, obtemos as outras quatro em função destas.

26 Métodos Particulares com 3 estágios e ordem 3 1. Método de Heun (tomando-se em (20), b 1 = 1/4 e b 2 = 0, obtendo, da primeira equação, b 3 = 3/4. Substituindo na segunda equação, segue que c 3 = 2/3. Finalmente, verifica-se que a última equação é satisfeira para qualquer valor de c 2. Escolhendo c 2 = 1/3, obtemos da terceira equação que a 32 = 2/3. Portanto, temos: y n+1 = y n + h 4 (k 1 + 3k 3 ), k 1 = f (x n, y n ), (20) k 2 = f (x n h, y n hk 1), k 3 = f (x n h, y n hk 2).

27 2. Método de Nystrom (tomando-se em (20), b 2 = b 3 e c 2 = c 3 e resolvendo as equações obtidas, obtemos c 3 = 2/3, b 3 = 3/8, c 1 = 1/4 e a 32 = 2/3. Logo, temos: y n+1 = y n + h 4 [k (k 2 + k 3 )], k 1 = f (x n, y n ), (21) k 2 = f (x n h, y n hk 1), k 3 = f (x n h, y n hk 2).

28 Métodos de Runge-Kutta de ordem 4 Neste caso, a comparação de φ com φ T para se obter métodos de Runge-Kutta com 4 estágios e ordem máxima, fornece um sistema de 11 equações e 13 incógnitas. Cada solução deste sistema define um método de Runge-Kutta com ordem 4. Portanto, existem infinitos métodos de Runge-Kutta com 4 estágios e ordem 4. Método Clássico de Runge-Kutta: y n+1 = y n + h 6 [k 1 + 2(k 2 + k 3 ) + k 4 ], k 1 = f (x n, y n ), (22) k 2 = f (x n h, y n hk 1), k 3 = f (x n h, y n hk 2), k 4 = f (x n + h, y n + hk 3 ).

29 Exemplo: Resolver o p.v.i com h = 0.1. y = y + x + 2, y(0) = 2, x [0, 0.3], Solução: Temos que y 0 = 2 e fazendo n = 0, 1, 2 obtemos os resultados: Tabela : Método Clássico de Runge-Kutta de ordem 4 para h=0.1 x n y n y(x n ) y(x n ) y n

30 Da obtenção de métodos de Runge-Kutta podemos concluir que quanto maior for a ordem do método maior será o número de vezes em que é calculado f (x, y) num passo, ou seja, maior é o número de estágios. Em [Butcher, 1964] foi mostrado que se q é a ordem de um método de Runge-Kutta e s o número de estágios vale a relação: número mínimo de estágios ordem máxima alcançável s 2

31 Referências Bibliográficas R.L. Burden; J. Faire, Análise Numérica, Pioneira Thompson Learning, São Paulo, J.C. Butcher, On Runge-Kutta process of high order. J. Austral. Math. Soc., v. 4, p , N.B. Franco, Cálculo Numérico, Pearson Prentice Hall, São Paulo, P. Henrice, Elements of numerical Analysis, John Wiley, Nova York, R.C. Rodney, Ensino-Aprendizagem com Modelagem Matemática, Contexto, São Paulo, D.G. Zill, Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem, Thomson, São Paulo, 2003.