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Q C dt dQR V

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Academic year: 2019

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Texto

(1)

Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias

Introdução

Diversos problemas técnicos e científicos são descritos matematicamente por equações diferenciais que representam variações das quantidades físicas que os descrevem. Alguns exemplos de equações diferenciais são:

(1) reação química de 1a ordem

B

A , descrita pela equação A kCA dt

dC

= , na qual CA é a

concentração do reagente A, k a constante da reação e t o tempo decorrido desde o início da reação.

(2) descarga de um circuito elétrico contendo uma resistor em série com um capacitor, descrito pela equação

Q C dt dQ R

V0 = + , para a qual V0 é a tensão contínua de alimentação

do circuito, R a resistência, C a capacitância, Q a carga elétrica acumulada no capacitor e

dt dQ

i= a corrente do circuito.

(3) condução de calor num material sólido, descrito pela equação de Fourier

dx dT kA

q&= , na

qual q& é o fluxo térmico, k a condutividade térmica, A a área de secção transversal ao

fluxo térmico, T a temperatura e x a coordenada espacial na direção do fluxo de calor.

(4) pêndulo simples, descrito pela equação θ=−g senθ

dt d

l

2 2

, na qual θ é o ângulo formado

pelo pêndulo em relação ao eixo vertical, g a aceleração da gravidade, l o comprimento do

pêndulo e t o tempo.

Dos exemplos citados, vemos que o grau (ou ordem) de uma equação diferencial pode variar. O grau de uma equação diferencial é definido pelo termo da equação que contém a derivada de maior ordem. Por exemplo, a seguinte equação diferencial +x−2=0 é uma equação diferencial de 1o grau porque a derivada y´ é de 1a ordem. Já a equação diferencial

0 8 5

2 ′′+ ′+ − + = −

′′′ xy y y x

y é uma equação diferencial de 3o grau porque o termo de derivada de maior ordem é de 3a ordem. Se a solução de uma equação diferencial y for uma função de uma única variável x, isto é, se y = y(x), então a equação diferencial é chamada de equação diferencial ordinária.

Definição

Uma equação diferencial ordinária de grau n é uma equação que pode ser descrita na forma geral como:

) y , , y , y , y , x ( f

(2)

sendo que

n n ) n (

dx y d

y ≡ empregando a notação de Leibniz.

Uma equação diferencial ordinária (E.D.O.) de 1a ordem para duas variáveis x e y é

definida como uma equação da forma espacial:

′ = =

y dy

dx f x y( , ) (2)

ou para duas variáveis y e t, na forma temporal como:

& ( , )

y dy

dt f y t

= = (3)

No caso particular f(x,y) = f(x), podemos obter a solução geral para E.D.O. de 1a ordem (2) por separação de variáveis:

dx ) x ( f dy )

x ( f dx dy

y′= = ⇒ = ⋅ (4)

que pode ser integrada diretamente como:

⋅ +

= f(x) dx C

y (5)

onde C é a constante de integração. Para obtermos uma solução particular (ou seja, um valor específico para a constante C), é necessário fornecer uma condição de contorno para a equação (2):

f x( ,0 y0)=C0 (4)

Se y = y(x) é uma solução, então dy/dx = f(x,y) e y0 = y(x0) é a condição de contorno da

equação (2).

Se considerarmos a E.D.O. (3) em que a variável t representa o tempo, então a condição para obtenção de uma solução particular de (3) é chamada condição inicial (análoga à condição de contorno, somente que esta se aplica a problemas envolvendo apenas coordenadas espaciais).

Exemplo 1

Seja a E.D.O. de 1a ordem:

y

y′= , cuja solução analítica geral é expressa por y=Cex. Se impusermos como condição de contorno y(0) = 1, isto é, em x = 0, y = 1 e substituirmos na solução geral, vem que, 1=Ce0 =C.

Portanto, a solução particular da E.D.O. y’ = y é obtida substituindo-se o valor da constante de integração C calculada da condição de contorno y(0) = 1, resultando:

x

(3)

Exemplo 2

Seja a E.D.O. de 1o grau, y' = x + y, cuja solução analítica, obtida pelo Método dos Fatores Integrantes1, é expressa por: y(x) = Cex -x - 1. Se adotarmos a condição de contorno y(0) = 0,

vem que y(0) = C - 1 = 0. Portanto, C = 1, que substituindo na solução geral, resulta a solução particular: y(x) = ex - x - 1.

É importante salientar que a solução geral representa uma família de soluções (isto é,

um conjunto infinito de soluções) e que a solução particular representa uma solução única.

Como nos métodos numéricos pressupõe-se que a solução do problema seja única, isto irá requerer na descrição do problema a especificação da condição de contorno juntamente com a equação diferencial.

Método de Euler

O Método de Euler é um método aproximado de 1a ordem, isto é, ele aproxima a

solução da E.D.O. de 1o grau y(x) = y(x) por uma função de 1o grau, isto é, por uma reta. A

Fig. 6.1 ilustra a aproximação da solução exata y = y(x) por uma solução aproximada y, obtida pelo prolongamento de uma reta tangente à curva de y = y(x) até o valor de x para o qual deseja-se obter a solução da E.D.O.

A equação genérica para o cálculo da solução de uma E.D.O. de 1o grau pelo Método

de Euler é expressa por:

yi+1 = yi +hf x y( , )i i para a qual

h=xi+1xi

Exemplo 3:

Seja a E.D.O. y’ = x, com a condição de contorno y(0) = 2. Calcular a solução da E.D.O. empregando o método de Euler em x = 2.

No enunciado do exemplo não foi especificado o valor do sub-intervalo de integração h, de modo que vamos calcular inicialmente com h = 1.

A equação do método de Euler para a E.D.O. do exemplo tem a forma:

i i

i y hx

y+1 = + .

À partir da condição de contorno, x = 0, até o valor de x = 2, existem dois valores da solução a serem calculados: em x = 1 e em x = 2. A seguir estão apresentadas as contas para o cálculo da solução aproximada da E.D.O. nesses dois pontos.

(4)

(a) h = 1

i = 0 x1 = x0 + h = 0 + 1 = 1

y1 = y0 + h.x0 = 2 + 1.0 = 2

i = 1 x2 = x1 + h = 1 + 1 = 2

y2 = y1 + h.x1 = 2 + 1.1 = 3

Assim, a solução da E.D.O. y’ = x em x = 2 é igual a y = 3.

Vamos repetir o cálculo agora para h = 0,5

(a) h = 0,5

i = 0 x1 = x0 + h = 0 + 0,5 = 0,5

y1 = y0 + h.x0 = 2 + 0,5.0 = 2

i = 1 x2 = x1 + h = 0,5 + 0,5 = 1,0

y2 = y1 + h.x1 = 2 + 0,5.0,5 = 2,25

i = 2 x3 = x2 + h = 1,0 + 0,5 = 1,5

y3 = y2 + h.x2 = 2,25 + 0,5.1,0 = 2,75

i = 3 x4 = x3 + h = 1,5 + 0,5 = 2,0

y4 = y3 + h.x3 = 2,75 + 0,5.1,5 = 3,5

Assim, a solução da E.D.O. y’ = x em x = 2 é igual a y = 3,5.

Vamos comparar os dois resultados com a solução analítica:

=

⇒ = +

=x dy xdx y x C dx

dy

2

. 2

A constante de integração C é avaliada substituindo-se a condição de contorno na solução analítica:

2 2

0 2 2 ) 0 (

2

= ⇒ + = ⇒

= C C

y

Desta forma, a solução analítica particular para este problema é: 2 2

2

+ = x

y . Calculando-se a

solução exata em x = 2, resulta y(2) = 2 4 2

22

= + .

Assim, o erro da solução pelo método de Euler com h = 1 vale

(5)

4 - 3,5 = 0,5. Observa-se, assim, que quando o intervalo h é reduzido pela metade, o erro reduz-se pela metade.

Para verificarmos este resultado, vamos calcular a solução aproximada de uma outra E.D.O. pelo método de Euler com diferentes valores de h e comparar com a solução exata.

Exemplo 4:

Seja a E.D.O. y’ = y, com a condição de contorno y(1) = 1. Calcular a solução da E.D.O. empregando o método de Euler em x = 2, para h = 0,5 e h = 0,25.

Neste exemplo, por questão de conveniência, vamos realizar os cálculos numa tabela que sumariza os resultados.

A equação do método de Euler para a E.D.O. y’ = y é:

i i

i y hy

y+1= + .

(a) h = 0,5

i xi yi yi+1

0 1,0 1,0 1,5

1 1,5 1,5 2,25

2 2,0 2,25

(b) h = 0,25

i xi yi yi+1

0 1,0 1,0 1,25

1 1,25 1,25 1,5625

2 1,5 1,5625 1,9531

3 1,75 1,9531 2,4414

4 2,0 2,4414

(c) A solução analítica é dada por:

=

⇒ = + ′

= dx y x C

y dy y

dx dy

ln

Re-escrevendo a solução analítica na forma y = f(x), resulta:

x

Ce y=

A constante de integração C é calculada a partir da condição de contorno do problema:

1 1

1 1 ) 1

(6)

que, substituindo na solução analítica geral, resultará na expressão: = x−1

e

y como solução analítica particular do problema.

Calculando-se a solução exata em x = 2, obtém-se y(2) = e2-1 = e1 = 2,7183. Comparando-se o

resultado exato com os resultados aproximados de (a) e (b), resulta:

h = 0,5 erro = 2,7183 – 2,25 = 0,47 h = 0,25 erro = 2,7183 – 2,4414 = 0,28

o que corresponde a uma redução de 1,7 vezes no erro quando o intervalo h é reduzido pela metade.

Método de Euler Estendido

Para reduzir o erro de truncamento do Método de Euler, propôs-se a aproximação da solução y(x) = y(x) por uma função de 2a ordem, a partir da série de Taylor, na forma:

yi+1=yi +hf x yi i + h fx yi i 2

2

( , ) ( , )

Observar que, além do cálculo da derivada da função y = y(x), este método requer o cálculo da sua derivada segunda também.

Método de Euler Modificado ou Aperfeiçoado

Para evitar o cálculo da derivada segunda, propôs-se o Método de Euler Modificado, que consiste na correção do valor estimado yi+1, tomando-se a derivada da função y = y(x) em xi+1 e calculando-se a inclinação da reta de aproximação em xi como a média entre as

inclinações das retas tangentes em xi e xi+1.

[

]

yi+1 = yi + h f x yi i + f xi +h yi+1

2 ( , ) ( ,

Métodos de Runge-Kutta

Os Métodos de Runge-Kutta consistem em métodos de aproximação de 2a e 4a ordem.

No caso do Método de Runge-Kutta de 2a ordem, a expressão para o cálculo aproximado de yi+1 é equivalente à do Método de Euler Modificado, ou seja,

[

]

yi+1 = yi + h f x yi i + f xi +h yi+1

2 ( , ) ( ,

(7)

(

)

y y h k k

k f x y k f x h y hk

i i

i i i i

+ = + +

= = + +

1 1 2

1 2 1

2

( , ) ( , )

A fórmula do Método de Runge-Kutta de 4a ordem é dada por:

(

)

y y h k k k k

k f x y

k f x h y hk

k f x h y hk

k f x h y hk

i i

i i

i i

i i

i i

+ = + + + +

=

= + +

= + +

= + +

1 1 2 3 4

1

2 1

3 2

2 3

6 2 2

2 2

2 3

( , )

( / , / )

( / , / )

( , )

Exemplo 5

Seja a equação diferencial ordinária y’ – y = 1 – x, com a condição de contorno y(1) = -2, calcular a solução numérica empregando o método de Euler, o método de Euler Modificado e o método de Runge-Kutta de 4a ordem. Vamos verificar numericamente que a solução pelo

método de Runge-Kutta de 2a ordem é igual à do método de Euler Modificado. Sendo a

solução exata y(x) = Cex + x, vamos calcular a constante de integração e, à partir da solução

exata particular, determinar o erro para cada um dos métodos numéricos.

Solução

Re-escrevendo a E.D.O. na forma canônica, y’ = y – x + 1, vem que:

f(x,y) = y – x + 1

A condição de contorno, x0 = 1, y0 = -2 que, substituindo na solução exata geral, y(x) = Cex +

x, vem que C = -1,10364, de modo que a solução exata particular da E.D.O. é expressa como:

y(x) = -1,10364ex + x (solução exata)

1. Método de Euler h = 0.2

yi+1 = yi + h.f(xi,yi) = yi + h.(yi – xi + 1)

Os resultados dos cálculos estão apresentados na Tabela seguinte.

i xi yi yexato erro = |yi - yexato| f(xi,yi) xi+1 yi+1

0 1.0 -2.00 -2.00 0.00 -2.00 1.2 -2.40

1 1.2 -2.40 -2.46 0.06 -2.60 1.4 -2.92

2 1.4 -2.92 -3.08 0.16 -3.32 1.6 -3.58

3 1.6 -3.58 -3.87 0.28 -4.18 1.8 -4.42

(8)

5 2.0 -5.46 -6.15 0.69 -6.46 2.2 -6.76

6 2.2 -6.76 -7.76 1.00 -7.96 2.4 -8.35

7 2.4 -8.35 -9.77 1.42 -9.75 2.6 -10.30

8 2.6 -10.30 -12.26 1.96 -11.90 2.8 -12.68

9 2.8 -12.68 -15.35 2.67 -14.48 3.0 -15.58

10 3.0 -15.58 -19.17 3.59 -17.58 3.2 -19.09

11 3.2 -19.09 -23.88 4.78 -21.29 3.4 -23.35

12 3.4 -23.35 -29.67 6.32 -25.75 3.6 -28.50

13 3.6 -28.50 -36.79 8.29 -31.10 3.8 -34.72

14 3.8 -34.72 -45.53 10.82 -37.52 4.0 -42.22

15 4.0 -42.22 -56.26 14.04 -45.22 4.2 -51.27

16 4.2 -51.27 -69.40 18.13 -54.47 4.4 -62.16

17 4.4 -62.16 -85.49 23.33 -65.56 4.6 -75.27

18 4.6 -75.27 -105.19 29.92 -78.87 4.8 -91.04

19 4.8 -91.04 -129.30 38.26 -94.84 5.0 -110.01

20 5.0 -110.01 -158.79 48.78 -114.01 5.2 -132.82

2. Método de Euler Modificado h = 0.2

y'(xi) = f(xi,yi) y'(xi+1) = f(xi+1,y*i+1) y'm = [y'(xi) + y'(xi+1)] / 2

yi+1 = yi + h.y’m

i xi yi yexato erro y'(xi) xi+1 y

*

i+1 y'(xi+1) y'm yi+1

0 1.0 -2.00 -2.00 0.00 -2.00 1.2 -2.40 -2.60 -2.30 -2.46

1 1.2 -2.46 -2.46 0.00 -2.66 1.4 -2.99 -3.39 -3.03 -3.07

2 1.4 -3.07 -3.08 0.01 -3.47 1.6 -3.76 -4.36 -3.91 -3.85

3 1.6 -3.85 -3.87 0.02 -4.45 1.8 -4.74 -5.54 -4.99 -4.85

4 1.8 -4.85 -4.88 0.03 -5.65 2.0 -5.98 -6.98 -6.31 -6.11

5 2.0 -6.11 -6.15 0.05 -7.11 2.2 -7.53 -8.73 -7.92 -7.69

6 2.2 -7.69 -7.76 0.07 -8.89 2.4 -9.47 -10.87 -9.88 -9.67

(9)

3. Método de Runge-Kutta de 2a ordem h = 0.2

k1 = f(xi,yi) k2 = f(xi + h,yi + hk1)

yi+1 = yi + h/2.(k1 + k2)

i xi yi yexato erro k1 k2 xi+1 yi+1

0 1.0 -2.00 -2.00 0.00 -2.00 -2.60 1.20 -2.46

1 1.2 -2.46 -2.46 0.00 -2.66 -3.39 1.40 -3.07

2 1.4 -3.07 -3.08 0.01 -3.47 -4.36 1.60 -3.85

3 1.6 -3.85 -3.87 0.02 -4.45 -5.54 1.80 -4.85

4 1.8 -4.85 -4.88 0.03 -5.65 -6.98 2.00 -6.11

5 2.0 -6.11 -6.15 0.05 -7.11 -8.73 2.20 -7.69

6 2.2 -7.69 -7.76 0.07 -8.89 -10.87 2.40 -9.67

7 2.4 -9.67 -9.77 0.10 -11.07 -13.48 2.60 -12.12

8 2.6 -12.12 -12.26 0.14 -13.72 -16.67 2.80 -15.16

9 2.8 -15.16 -15.35 0.19 -16.96 -20.55 3.00 -18.91

10 3.0 -18.91 -19.17 0.25 -20.91 -25.30 3.20 -23.53

11 3.2 -23.53 -23.88 0.34 -25.73 -31.08 3.40 -29.22

12 3.4 -29.22 -29.67 0.45 -31.62 -38.14 3.60 -36.19

13 3.6 -36.19 -36.79 0.60 -38.79 -46.75 3.80 -44.75

14 3.8 -44.75 -45.53 0.79 -47.55 -57.26 4.00 -55.23

15 4.0 -55.23 -56.26 1.03 -58.23 -70.07 4.20 -68.06

16 4.2 -68.06 -69.40 1.34 -71.26 -85.71 4.40 -83.75

17 4.4 -83.75 -85.49 1.74 -87.15 -104.78 4.60 -102.95 18 4.6 -102.95 -105.19 2.25 -106.55 -128.06 4.80 -126.41 19 4.8 -126.41 -129.30 2.90 -130.21 -156.45 5.00 -155.07 20 5.0 -155.07 -158.79 3.72 -159.07 -191.09 5.20 -190.09

4. Método de Runge-Kutta de 4a ordem h = 0.2

k1 = f(xi,yi) k2 = f(xi + h/2,yi + hk1/2)

k3 = f(xi + h/2,yi + hk2/2) k4 = f(xi + h,yi + hk3)

yi+1 = yi + h/6.(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)

i xi yi yexato erro k1 k2 k3 k4 xi+1 yi+1

0 1.0 -2.00 -2.00 0.00 -2.00 -2.30 -2.33 -2.67 1.20 -2.46

1 1.2 -2.46 -2.46 0.00 -2.66 -3.03 -3.07 -3.48 1.40 -3.08

2 1.4 -3.08 -3.08 0.00 -3.48 -3.92 -3.97 -4.47 1.60 -3.87

3 1.6 -3.87 -3.87 0.00 -4.47 -5.01 -5.07 -5.68 1.80 -4.88

4 1.8 -4.88 -4.88 0.00 -5.68 -6.34 -6.41 -7.16 2.00 -6.15

5 2.0 -6.15 -6.15 0.00 -7.15 -7.97 -8.05 -8.97 2.20 -7.76

(10)

10 3.0 -19.17 -19.17 0.00 -21.17 -23.38 -23.61 -26.09 3.20 -23.87 11 3.2 -23.87 -23.88 0.00 -26.07 -28.78 -29.05 -32.08 3.40 -29.67 12 3.4 -29.67 -29.67 0.00 -32.07 -35.38 -35.71 -39.41 3.60 -36.79 13 3.6 -36.79 -36.79 0.00 -39.39 -43.43 -43.83 -48.36 3.80 -45.53 14 3.8 -45.53 -45.53 0.00 -48.33 -53.27 -53.76 -59.28 4.00 -56.25 15 4.0 -56.25 -56.26 0.00 -59.25 -65.28 -65.88 -72.63 4.20 -69.39 16 4.2 -69.39 -69.40 0.00 -72.59 -79.95 -80.69 -88.93 4.40 -85.49 17 4.4 -85.49 -85.49 0.00 -88.89 -97.88 -98.78 -108.84 4.60 -105.19 18 4.6 -105.19 -105.19 0.00 -108.79 -119.77 -120.87 -133.16 4.80 -129.30 19 4.8 -129.30 -129.30 0.01 -133.10 -146.51 -147.85 -162.87 5.00 -158.79 20 5.0 -158.79 -158.79 0.01 -162.79 -179.17 -180.80 -199.15 5.20 -194.85

Para comparação visual, o gráfico contendo as soluções numéricas e a solução exata está mostrado na Fig. 1 e os resultados numéricos resumidos na Tabela seguinte.

Tabela comparativa dos resultados numéricos e exato.

x Euler Euler Modificado Runge-Kutta 4a ordem Solução exata

1.0 -2.00 -2.00 -2.00 -2.00

1.2 -2.40 -2.46 -2.46 -2.46

1.4 -2.92 -3.07 -3.08 -3.08

1.6 -3.58 -3.85 -3.87 -3.87

1.8 -4.42 -4.85 -4.88 -4.88

2.0 -5.46 -6.11 -6.15 -6.15

2.2 -6.76 -7.69 -7.76 -7.76

2.4 -8.35 -9.67 -9.77 -9.77

2.6 -10.30 -12.12 -12.26 -12.26

2.8 -12.68 -15.16 -15.35 -15.35

3.0 -15.58 -18.91 -19.17 -19.17

3.2 -19.09 -23.53 -23.87 -23.88

3.4 -23.35 -29.22 -29.67 -29.67

3.6 -28.50 -36.19 -36.79 -36.79

3.8 -34.72 -44.75 -45.53 -45.53

4.0 -42.22 -55.23 -56.25 -56.26

4.2 -51.27 -68.06 -69.39 -69.40

4.4 -62.16 -83.75 -85.49 -85.49

4.6 -75.27 -102.95 -105.19 -105.19

4.8 -91.04 -126.41 -129.30 -129.30

(11)

-160 -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0

0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0

x

y(x)

Euler Euler Mod.

Runge-Kutta

Exato

Fig. 1 Gráfico com as soluções numéricas e exata da E.D.O. y’ – y = x – 1.

Exercícios propostos

1. Calcular a solução das seguintes E.D.O. de 1o grau nos valores indicados, utilizando o método de Euler e compare com a solução exata à partir da solução analítica:

(a) y’ + 2y = x2, y(0) = 0,25, y(2)

h = 0,5 e h = 0,25

Solução analítica: y= xx+C 2 2

2

(b) y’ + y = sen x, y(0) = -0,5, y(2) h = 1,0 e h = 0,5

Solução analítica: y=C(senx−cosx)

(c) y’ + 2y = x, y(0) = 1, y(3) h = 1 e h = 0,5

Solução analítica: x

Ce x

y 2

4 1 2

+ − =

(d) y’ – y = 1 – x, y(1) = -2, y(2) h = 0,5 e h = 0,2

Imagem

Tabela comparativa dos resultados numéricos e exato.
Fig. 1  Gráfico com as soluções numéricas e exata da E.D.O. y’ – y = x – 1.

Referências

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