Métodos numéricos: Euler e Runge-Kutta

Exercícios

O segundo exercício é o mais instrutivo: ele prevê, com papel e lápis, exatamente os números da tabela acima.

1. básicoEuler e Heun à mãono espírito de Braun §1.13 e §1.15

   Considere $y' = x^2 - y$ com $y(0) = 1$.

   (a) Dê dois passos de Euler com $h = 0{,}2$.

   (b) Dê um passo de Euler melhorado com $h = 0{,}2$.

   (c) A solução exata é $y = x^2 - 2x + 2 - \exp(-x)$. Compare os erros em $x = 0{,}2$ e comente o custo de cada método.

   Dica

   Em (b), calcule primeiro o passo de Euler como previsão, depois avalie $f$ no ponto previsto.

   Resolução

   (a) Euler.

   $$y_1 = 1 + 0{,}2\,(0 - 1) = 0{,}8,$$$$y_2 = 0{,}8 + 0{,}2\,(0{,}04 - 0{,}8) = 0{,}8 - 0{,}152 = 0{,}648.$$

   (b) Euler melhorado.

   $$k_1 = f(0, 1) = -1, \qquad \text{previsão} = 1 + 0{,}2(-1) = 0{,}8,$$$$k_2 = f(0{,}2,\ 0{,}8) = 0{,}04 - 0{,}8 = -0{,}76,$$$$y_1 = 1 + \frac{0{,}2}{2}\,(-1 - 0{,}76) = 1 - 0{,}176 = 0{,}824.$$

   (c) Comparação em $x = 0{,}2$. O valor exato é

   $$y(0{,}2) = 0{,}04 - 0{,}4 + 2 - \exp(-0{,}2) = 1{,}64 - 0{,}818731 = 0{,}821269.$$

   Método	valor	erro	avaliações de $f$
   Euler	$0{,}800000$	$2{,}13\times10^{-2}$	$1$
   Heun	$0{,}824000$	$2{,}73\times10^{-3}$	$2$

   Comentário. Dobrar o trabalho reduziu o erro por um fator de quase $8$. Compare com o que aconteceria dobrando o trabalho em Euler, isto é, usando $h = 0{,}1$ em dois passos: o erro cairia por um fator de $2$, não de $8$.

   O ganho de Heun não vem de mais passos; vem de usar melhor a informação de cada passo. É essa a ideia que Runge-Kutta leva ao limite prático.

2. intermediárioprever o erro de Eulerno espírito de Braun §1.13

   Aplique o método de Euler a $y' = y$, $y(0) = 1$, com passo $h = 1/N$.

   (a) Mostre que $y_N = (1 + h)^{1/h}$.

   (b) Mostre que o erro global em $x = 1$ satisfaz

   $$e - y_N = \frac{e}{2}\,h + O(h^2).$$

   (c) Confronte a previsão com a coluna de Euler da tabela do texto.

   Dica

   Em (b), calcule $\ln y_N = \frac{1}{h}\ln(1+h)$ e use a série do logaritmo.

   Resolução

   (a) Com $f(x,y) = y$, o passo é $y_{n+1} = y_n + h y_n = (1+h)y_n$. Por indução, $y_n = (1+h)^n$, e em $n = N = 1/h$:

   $$y_N = (1+h)^{1/h}.$$

   (b) Tomando logaritmo e usando $\ln(1+h) = h - \frac{h^2}{2} + \frac{h^3}{3} - \cdots$:

   $$\ln y_N = \frac{1}{h}\ln(1+h) = 1 - \frac{h}{2} + \frac{h^2}{3} - \cdots$$

   Exponenciando e expandindo a exponencial,

   $$y_N = e\,\exp\!\left(-\frac{h}{2} + O(h^2)\right) = e\left(1 - \frac{h}{2} + O(h^2)\right).$$

   Logo

   $$e - y_N = \frac{e}{2}h + O(h^2) \approx 1{,}359\,h.$$

   (c) Confrontando:

   $h$	previsão $1{,}359h$	erro medido
   $0{,}1$	$0{,}1359$	$0{,}1245$
   $0{,}05$	$0{,}0680$	$0{,}0650$
   $0{,}025$	$0{,}0340$	$0{,}0332$
   $0{,}0125$	$0{,}0170$	$0{,}0168$

   A previsão erra por $9\%$ na primeira linha e por $1\%$ na última — que é exatamente o comportamento esperado de um termo $O(h^2)$ desprezado.

   O que este exercício estabelece. O teorema dizia $O(h)$; aqui obteve-se a constante, $e/2$. E ela explica por que as razões da tabela se aproximam de $2$ por baixo: o termo $O(h^2)$ tem sinal tal que reduz o erro, e sua influência relativa diminui à medida que $h$ encolhe.

3. avançadoordem dos métodosno espírito de Braun §1.15 e §1.16

   (a) Mostre, expandindo em série de Taylor em duas variáveis, que o erro local do método de Euler melhorado é $O(h^3)$ — e portanto o erro global é $O(h^2)$.

   (b) Mostre que, quando $f$ não depende de $y$, o passo de Runge-Kutta de quarta ordem coincide com a regra de Simpson aplicada a $\int_{x_n}^{x_n+h} f(x)\,dx$.

   (c) Use (b) para explicar por que RK4 é exato para $y' = f(x)$ com $f$ polinômio de grau até $3$.

   Dica

   Em (a), a expansão que você precisa é $f(x+h, y+hk) = f + h f_x + hk f_y + O(h^2)$, com as derivadas avaliadas em $(x_n, y_n)$.

   Resolução

   (a) Escreva $f$, $f_x$, $f_y$ avaliados em $(x_n, y_n)$, e $y = y(x_n)$.

   O valor exato. Por Taylor, com $y' = f$ e $y'' = f_x + f f_y$:

   $$y(x_n + h) = y + h\,f + \frac{h^2}{2}\bigl(f_x + f\,f_y\bigr) + O(h^3).$$

   O passo de Heun. Expandindo $k_2$ em duas variáveis,

   $$k_2 = f(x_n + h,\ y + h f) = f + h\,f_x + h f\,f_y + O(h^2).$$

   Portanto

   $$y_{n+1} = y + \frac{h}{2}\bigl(k_1 + k_2\bigr) = y + \frac{h}{2}\Bigl(2f + h f_x + h f f_y + O(h^2)\Bigr)$$$$= y + h f + \frac{h^2}{2}\bigl(f_x + f f_y\bigr) + O(h^3).$$

   Comparando. Os dois coincidem até o termo em $h^2$, inclusive. A diferença é $O(h^3)$: erro local de ordem $3$.

   Erro global. Pelo mesmo argumento de contagem do texto, $N \sim 1/h$ passos com erro local $O(h^3)$ dão erro global $O(h^2)$.

   (b) Se $f = f(x)$, as avaliações não dependem do segundo argumento:

   $$k_1 = f(x_n), \quad k_2 = k_3 = f\!\left(x_n + \tfrac{h}{2}\right), \quad k_4 = f(x_n + h).$$

   Substituindo na combinação:

   $$y_{n+1} = y_n + \frac{h}{6}\left[f(x_n) + 4f\!\left(x_n + \tfrac{h}{2}\right) + f(x_n+h)\right],$$

   porque $2k_2 + 2k_3 = 4f(x_n + h/2)$. O colchete com pesos $1, 4, 1$ sobre $h/6$ é precisamente a regra de Simpson em $[x_n, x_n + h]$.

   (c) A regra de Simpson é exata para polinômios de grau até $3$ — ela é construída para ser exata até grau $2$, e ganha o grau $3$ de graça por simetria do erro em torno do ponto médio.

   Como para $y' = f(x)$ o método é Simpson, ele integra sem erro algum qualquer $f$ polinomial de grau até $3$: o resultado numérico coincide com $\int f$ até o arredondamento da máquina.

   A leitura correta disso. Não significa que RK4 seja exato para EDOs de grau baixo em geral — a dependência em $y$ estraga o argumento. Significa que a ordem $4$ do método tem uma raiz identificável: ele carrega dentro de si uma regra de quadratura de ordem $4$, e as duas avaliações no ponto médio existem para alimentar o peso $4$ de Simpson.