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Introdução aos Métodos Numéricos

Instituto de Computação UFFDepartamento de Ciência da Computação

Otton Teixeira da Silveira Filho

Conteúdo

● Erros e Aproximações Numéricas

● Sistemas de Equações Lineares. Métodos diretos

● Interpolação

● Ajuste de Curvas

● Zeros de Função

● Sistemas de Equações Lineares. Métodos Iterativos

● Integração Numérica

● Introdução à Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias

Conteúdo

● Introdução à Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias

Conteúdo

● Conceitos básicos

● Método de Euler

● Método de Euler Melhorado

Resolução numérica de EDO‘s

Veremos aqui uma breve introdução a alguns métodos numéricos para resolver o problema de integração de uma equação diferencial ordinária no caso do problema de valor inicial, ou seja,

= f (x , y (x)); y (x0)= y0

Podemos entender este problema como:

dada a derivada de uma função e quanto esta função vale em um ponto, então resolvendo esta equação obteremos a função e esta função é única

A pergunta é se podemos garantir que sempre há uma solução e esta ser única

Da matemática sabemos que nem sempre

Supondo que a equação com que tratamos tem solução, vejamos o que podemos fazer para resolver a mesma.

Partamos da equação

e a reescrevamos como

= f (x , y (x)); y (x0)= y0

dy=f (x , y (x))dx

Vamos integrar esta função usando os valores da condição inicial

onde corresponde ao ponto no qual queremos obter o valor de nossa função que seria . Integrando obtemos

dy=∫x0

f (x , y (x))dx

y (x1)

y (x1)− y0=∫x0

f ( x , y (x))dx

y (x1)= y0+∫x0

f (x , y (x))dx

A questão agora está em como calcularemos a integral genérica que aparece.

Possibilidade:

Integremos aproximadamente

Partamos de algo muito simples e que sabemos ser bem impreciso: Integração por retângulo

Isto significa que o integrando deve variar “pouco“ (em algum sentido...) no intervalo de integração para este uso nos dê valores significativos para a integração

Assim ficaremos com

y (x1)≈ y0+ f (x0, y (x0))∫x0

y (x1)≈ y 0+(x1−x0) f (x0, y0)

Definindo como

temos como aproximação de .

y1= y0+(x1−x0) f (x0, y0)

y1 y (x1)

Tendo obtido uma aproximação de , podemos tentar obter uma aproximação da mesma função no ponto vizinho ao ponto de forma que possamos fazer a integração abaixo

y (x1)

y (x2)≈ y1+f (x1, y1)∫x1

Repetindo os cálculos como anteriormente teremos

e definindo como

temos este valor como aproximação de .

y (x2)≈ y1+(x2−x1) f (x1, y1)

y2= y1+( x2−x1) f (x1, y1)

y (x2)

Se continuarmos fazendo este procedimento, depois de i passos teremos

Faremos mais uma arbitrariedade: suporemos que todos os valores de x sejam igualmente espaçados, ou seja,

y i+1= y i+(xi+1−x i) f ( xi , y i); dado y (x0)= y0

xi+1−x i=h;∀ i

Método de Euler

Assim nossa fórmula ficará como

esta fórmula define o Método de Euler

y i+1= y i+h f ( xi , y i); dado y (x0)= y0

xi+1=x i+h

Com este método conseguiremos obter valores aproximados da função nos pontosy i y (x) xi

Mas veremos que ele não é tão ruim como aparenta ser por supor que a função seja constante (ou varie “pouco“ em algum sentido…) dentro do intervalo de integração

Resolução numérica de EDO‘s – Um exercício

Use o Método de Euler para calcular o valor aproximado de do problema dado abaixo usando y (1)

= y cos( x); y (0)=1

h=1,1 /2,1/4

Comparando com o problema

com nosso problema específico

teremos que

= y cos(x); y (0)=1

=f (x , y ); y (x0)= y0

x0=0 ; y0=1 ; f (x , y )= y cos(x)

e sendo o Método de Euler dado por

no nosso caso terá a forma

x0=0 ; y0=1 ; f (x , y )= y cos(x)

y i+1= y i+h f ( xi , y i)

y i+1= y i+h y i sen(x i);dado y (0)=1

xi+1=x i+h

Teremos

e como é uma aproximação de e sendo

então e este é o nosso resultado para h = 1

y1= y0+1× y0 cos(x0)=1+1×1×cos(0)=2

y i+1= y i+h yi cos(xi);dado y (0)=1

y1 y (x1)

x1=x0+h=0+1=1

y (1)≈2

h = 1/2

Teremos

então .

y1= y0+12× y0 cos (x0)=1+

12×1×cos(0)=1,5

y1 y (x1)

x1=x0+h=0+12=

y ( 12 )≈1,5

h = 1/2

Teremos

então .

y2= y1+12× y1 cos(x1)=1,5+

12×1,5×cos(1/2)=2,158186

y2 y (x2)

x2=x1+h=12+

y (1)≈2,158186

h = 1/4

Teremos

então .

y1= y0+14× y0 cos (x0)=1+

14×1×cos(0)=1,25

y1 y (x1)

x1=x0+h=0+14=

y ( 14 )≈1,25

h = 1/4

Teremos

então .

y2= y1+14× y1 cos(x1)=1,25+

14×1,25×cos(1/4 )=1,552785

y2 y (x2)

x2=x1+h=14+

y ( 12 )≈1,552785

h = 1/4

Teremos

então .

y3= y2+14× y2 cos(x2)=1,552785+

14×1,552785×cos(1 /2)=1,893459

y3 y (x3)

x3=x2+h=12+

y ( 34 )≈1,893459

h = 1/4

Teremos

então .

y4= y3+14× y3 cos(x3)=1,893459+

14×1,893459×cos(3 /4)=2,239815

y4 y (x 4)

x4=x3+h=34+

y (1)≈2,239815

No momento temos três estimativas para , para valores diferentes de h:

Comparemos com a solução exata

y (1)≈2(h=1) ; y (1)≈2,158186 (h=12 ) ; y (1)≈2,239815 (h=1

y (x)=esin( x)⇒ y (1)=esin (1)

=2,319776

Observe que quando diminuimos h os resultados se aproximam do resultado exato.

O método de Euler mostra que é eficaz, embora não muito preciso, com valores de h relativamente grandes.

Método de Euler melhorado

Voltemos ao problema original, ou seja,

e integremos como antes para determinar

= f (x , y ( x)); y (x0)= y0

y (x1)= y0+∫x0

f (x , y (x))dx

y (x1)

Diferente do que fizemos antes, usaremos como aproximação o valor no ponto médio do intervalo que, como vimos em integração numérica, nos dá maior precisão. Portanto faremos

Temos um problema: como calcularemos ?

y (x1)≈ y0+ f (x0+h2, y (x0+

h2))∫

dx=h f (x0+h2

, y (x0+h2));h=x1−x0

y ( x0+h2 )

Observe que todos os cálculos aqui são aproximados. Usaremos uma aproximação usando o Método de Euler para calcularmos

ou seja,

y ( x0+h2 )

y1/2= y0+h2

f (x0, y0);onde y1/2≈ y (x0+h /2)

Com isto poderemos escrever

Um estudo mais cuidadoso demonstraria que este cálculo é bem embasado.

y (x1)≈ y0+h f (x0+h2, y0+

f (x0, y0))

Uma forma mais usual de apresentação deste método é

onde é uma aproximação de .

y1= y0+h k2

k2= f (x0+h2, y0+

k1= f (x0, y0)

y1 y (x1)

Se fizermos o mesmo que antes, ou seja, usarmos o valor obtido para obter uma aproximação em e daí obtermos mais e mais pontos, poderemos descrever este método da seguinte forma

y1 y (x2)

y i+1= y i+hk 2

k2= f (x i+h2, y i+

k1= f (x i , y i)

xi+1=x i+h

Método de Euler melhorado – Um exercício

Use o Método de Euler melhorado para calcular o valor aproximado do problema dado abaixo usando

h=1,1 /2dydx

= y cos( x); y (0)=1

Pelo que já vimos antes escreveremos

ou seja, o valor obtido para é uma aproximação de

k1=f (x0 , y0)= y0 cos (x0)=1cos(0)=1

k 2=f (x0+h2; y0+

h2k1)=f (0+

12×1)=f (1

32×cos ( 12 )=1,316373

y1= y0+h k2=1+1×1,316373=2,316373

x1=x0+h=0+1=1

y1 y (1)

h = 1/2

Da mesma maneira que anteriormente teremos

k1=f (x0, y0)= y0 cos(x0)=1cos(0)=1

k 2=f (x0+h2; y0+

h2k1)=f (0+

14×1)=f ( 1

54×cos ( 1

4 )=1,211140

y1= y0+h k2=1+12×1,211140=1,605570

x1=x0+h=0+12=

y1 y (1 /2)

h = 1/2

continuando...

k1=f (x1 , y1)= y1 cos( x1)=1,605570 cos(1 /2)=1,409020

k 2=f (x1+h2, y1+

h2k1)=f (

14;1,605570+

14×1,409020)=f (

1,957825)

y2= y1+h k2=1,605570+12×1,432518=2,321829 x2=x1+h=

y2 y (1)

k 2=f ( 34;1,957825 )=1,957825∗cos ( 3

4 )=1,432518

Agora comparemos com os resultados obtidos pelo método de Euler

os valores obtidos pelo método de Euler melhorado

e o valor exato

y (1)≈2,316373 (h=1 ) ; y (1)≈2,321829 (h=12)

y (1)≈2(h=1); y (1)≈2,158186 (h=12 ) ; y (1)≈2,239815 (h= 1

y (x)=esin( x)⇒ y (1)=esin (1)

=2,319776

Vemos claramente que com um esforço computacional equivalente, o método de Euler melhorado com h = ½ obtem um resultado mais preciso que o método de Euler com h = ¼ .

Os Métodos de Euler e Euler Melhorado fazem parte de um conjunto de métodos de resolução numérica de EDO‘s conhecidos como Métodos de Runge-Kutta

● Euler é um método cujo o erro é proporcional a

● Euler melhorado é um dos métodos de Runge-Kutta cujo erro é proporcional a

Podemos dividir grosseiramente os métodos existentes para resolução de EDO‘s em

● Métodos de passo simples como os de Runge-Kutta

● Métodos de passo múltiplo como os de Adams-Bashforth

● Métodos de extrapolação como os de Bulirsch-Stoer

Mas há outras técnicas além destas

Cada um destes métodos tem virtudes e problemas e existem métodos criados para situações específicas

Embora aqui tenhamos apresentado a resolução de uma EDO, estas mesmas técnicas podem ser usadas para resolver numericamente sistemas de Equações Diferenciais Ordinárias

Apresentemos sistemas de equações diferenciais com um exemplo de um sistema de três equações

Um sistema dado por

pode ser escrito como

= f⃗ α(x ,α(x) ,β(x) ,γ(x));α(x0)=α0

dx= f⃗ z (x ,α(x),β(x) ,γ(x ));β(x0)=β0

dx= f⃗ w (x ,α(x) ,γ(x) ,γ(x));γ(x0)=γ0

Um sistema em forma vetorial

, as funções dependentes

, condições iniciais

, funções relativas a cada equação

d y⃗dx

= f⃗ (x , y⃗ (x)); y⃗ (x0)= y⃗ 0

y⃗=(α ,β ,γ )

y⃗0=(α0 ,β0 ,γ0 )

f⃗ = ( f α , f β , f γ )

Apresentaremos o esquema para resolução numérica deste sistemas de equações diferencias ordinárias para o Método de Euler. Será análogo para qualquer outro método.

Primeiro escrevamos a equação e o Método de Euler para uma única equação dada por

= f (x , y (x)); y (x0)= y0

y i+1= y i+h f (xi , y i)

xi+1=x i+h

Sistema de equações e Método de Euler em forma vetorial

d y⃗dx

= f⃗ ( x , y⃗ (x)); y⃗ (x0)= y⃗ 0

y⃗ i+1= y⃗ i+h f⃗ (xi , y⃗ i)

xi+1=x i+h

Ou seja,

ou mais explicitamente

αi+1=αi+h f α(xi , y⃗i)

βi+1=βi+h f β(xi , y⃗i)

γi+1=γi+h f γ(xi , y⃗i)

αi+1=αi+h f α(xi ,αi ,βi ,γi)

βi+1=βi+h f β(xi ,αi ,βi ,γi)

γi+1=γi+h f γ(xi ,αi ,βi ,γi)

Vejamos um exemplo clássico: O sistema Presa-Predador elaborado por Lotka e Volterra

Sistema Presa-Predador

Onde P é a população de uma presa e Q é a população de predadores que iteragem

=(α0−β0Q ) P; P (t 0)=P0

=(−α1−β1 P )Q ;Q (t 0)=Q0

No caso do Método de Euler escreveremos

Pi+1=P i+h (α0−β0Qi ) P i

Qi+1=Qi+h (−α1−β1 Pi )Qi

t i+1=t i+h

P (t 0)=P0 ;Q (t 0)=Q0

E como seria no Método de Euler Melhorado?

Método de Euler melhorado para uma equação

e para um sistema de equações se escreverá como

y i+1= y i+hk 2

k 2=f (x i+h2, y i+

k 1=f (xi , y i)

x i+1=x i+h

Método de Euler melhorado para um sistema

y⃗ i+1= y⃗ i+h k⃗ 2

k⃗ 2= f⃗ (xi+h2

, y⃗ i+h2

k⃗1)

k⃗ 1= f⃗ 1(x i , y⃗ i)

x i+1=x i+h

Façamos uma ilustração com o problema Presa-Predador

Sistema Presa-Predador

Onde P é a população de uma presa e Q é a população de predadores que iteragem

=(α0−β0Q ) P; P (t 0)=P0

=(−α1−β1 P )Q ;Q (t 0)=Q0

No caso do Método de Euler Melhorado escreveremos

Pi+1=P i+hk 2P

Qi+1=Qi+hk 2Q

t i+1=t i+h

k 1P=f P(t i ,P i ,Q i)

k 2P=f P(t i+h2,

P i+h2k1 P ,Q i+

k 1Q=f Q (t i ,P i ,Q i)

k 2Q= f Q (t i+h2,

P i+h2k1 P ,Q i+

f P(t i , Pi ,Qi)=[α0−β0Q(t)]P(t ); f Q(t i , P i ,Q i)=[−α1+β1P(t )]Q (t )

Agora ilustremos o que podemos fazer para resolver uma equação diferencial de qualquer ordem com uma equação de segunda ordem, usando os métodos apresentados

Seja uma equação de segunda ordem com o seguinte problema de valor inicial

Escrevamos esta equação da seguinte maneira

d3 ydx3 =f ( x , y (x),

dx2 ) ; y (x0)= y0 ;dydx

|x=x0=z0 ;

dx2=w0

O que fizemos foi nomerar a derivada primeira de y como uma função z e w como derivada de z. Caimos num sistema de três equações de primeira ordem que sabemos como resolver

=w (x);dydx

|x=x0=z (x0)=z0

=z( x); y (x0)= y0

=f ( x , y (x) , z (x)) ;dy2

dx2|x=x0

=w ( x0)=w0

Ilustremos com a equação do pêndulo simples

Reescrevamos esta equação da seguinte maneira

dx2=−sen( y) ;θ( x0)=θ0 ;

dt|t=t 0

As quais podemos resolver numericamente com as técnicas vistas

dt=−sen(θ);ω(t0)=ω0

dt=ω(t) ;θ(t0)=θ0

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