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Cálculo Numérico I
Universidade Federal do Recôncavo da Bahia
14 de maio de 2021
Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento
Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y(x), y′
(x), y′′
(x), . . . , y(n)(x)) = 0,
envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas.
2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y(x), y′
(x), y′′
(x), . . . , y(n)(x)) = 0,
envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas.
A variável x é independente enquanto y é dependente.
2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y(x), y′
(x), y′′
(x), . . . , y(n)(x)) = 0,
envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas.
A variável x é independente enquanto y é dependente.
O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x).
Por exemplo:
2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y(x), y′
(x), y′′
(x), . . . , y(n)(x)) = 0,
envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas.
A variável x é independente enquanto y é dependente.
O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x).
Por exemplo:
1
d2x
dt
+ ω2x = 0;
2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x);
3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x);
4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y(x), y′
(x), y′′
(x), . . . , y(n)(x)) = 0,
envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas.
A variável x é independente enquanto y é dependente.
O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x).
Por exemplo:
1
d2x
dt
+ ω2x = 0;
2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x);
3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x);
4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y(x), y′
(x), y′′
(x), . . . , y(n)(x)) = 0,
envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas.
A variável x é independente enquanto y é dependente.
O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x).
Por exemplo:
1
d2x
dt
+ ω2x = 0;
2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x);
3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x);
4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma
F(x, y(x), y′
(x), y′′
(x), . . . , y(n)(x)) = 0,
envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas.
A variável x é independente enquanto y é dependente.
O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x).
Por exemplo:
1
d2x
dt
+ ω2x = 0;
2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x);
3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x);
4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita
que ocorre na equação.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita
que ocorre na equação.
Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação
tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita
que ocorre na equação.
Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação
tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas.
Equação diferencial ordinária é aquela em que a função y e suas derivadas só
dependem de 1 variável.
1 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x) (EDO de ordem 2 e grau 1);
2 (y′′)3 + 3(y′)10 + 6y = tan(x) (EDO de ordem 2 e grau 3).
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita
que ocorre na equação.
Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação
tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas.
Equação diferencial ordinária é aquela em que a função y e suas derivadas só
dependem de 1 variável.
1 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x) (EDO de ordem 2 e grau 1);
2 (y′′)3 + 3(y′)10 + 6y = tan(x) (EDO de ordem 2 e grau 3).
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita
que ocorre na equação.
Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação
tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas.
Equação diferencial ordinária é aquela em que a função y e suas derivadas só
dependem de 1 variável.
1 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x) (EDO de ordem 2 e grau 1);
2 (y′′)3 + 3(y′)10 + 6y = tan(x) (EDO de ordem 2 e grau 3).
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A solução de uma equação diferencial é uma função que não contém derivadas nem
diferenciais e que satisfaz a equação dada, isto é, a função que, substituída na equação
dada, é transforma em uma identidade.
Por exemplo:
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A solução de uma equação diferencial é uma função que não contém derivadas nem
diferenciais e que satisfaz a equação dada, isto é, a função que, substituída na equação
dada, é transforma em uma identidade.
Por exemplo:
A solução geral da EDO de Euler x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 é y(x) = C1x + C2x2.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
A solução de uma equação diferencial é uma função que não contém derivadas nem
diferenciais e que satisfaz a equação dada, isto é, a função que, substituída na equação
dada, é transforma em uma identidade.
Por exemplo:
A solução geral da EDO de Euler x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 é y(x) = C1x + C2x2.
Observe que y′(x) = C1 + 2C2x e y(x)′′ = 2C2.
Segue que:
x22C2 − 2x(C1 + 2C2x) + 2(C1x + C2x2) =
2C2x2 − 2C1x − 4C2x2 + 2C1x + 2C2x2 = 0.
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Um Problema de valor inicial (PVI) é um sistema de equações constituído de uma EDO
F(x, y, y′
, y′′
, . . . , yn
) = 0
e outras n condições dadas pelas funções y e suas derivadas até a ordem n − 1,
avaliadas em um valor x0, ou seja,
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Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem.
Um Problema de valor inicial (PVI) é um sistema de equações constituído de uma EDO
F(x, y, y′
, y′′
, . . . , yn
) = 0
e outras n condições dadas pelas funções y e suas derivadas até a ordem n − 1,
avaliadas em um valor x0, ou seja,
y(x0) = y0
y′(x0) = y1
y′′(x0) = y2
.
.
.
y(n−1)(x0) = yn−1
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EXEMPLO 1
3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 1
Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)
é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y
(π
4
)
= 1 e y′
(π
4
)
= 0,
determine a solução do PVI.
3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 1
Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)
é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y
(π
4
)
= 1 e y′
(π
4
)
= 0,
determine a solução do PVI.
Solução:
3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 1
Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)
é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y
(π
4
)
= 1 e y′
(π
4
)
= 0,
determine a solução do PVI.
Solução:
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x)
3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 1
Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)
é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y
(π
4
)
= 1 e y′
(π
4
)
= 0,
determine a solução do PVI.
Solução:
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x)
y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x).
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EXEMPLO 1
Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)
é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y
(π
4
)
= 1 e y′
(π
4
)
= 0,
determine a solução do PVI.
Solução:
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x)
y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x).
Substituindo:
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EXEMPLO 1
Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)
é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y
(π
4
)
= 1 e y′
(π
4
)
= 0,
determine a solução do PVI.
Solução:
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x)
y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x).
Substituindo:
−4C1 · cos(2x) − 4C2 · sin(2x) + 4 · (C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)) = 0,
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EXEMPLO 1
Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)
é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y
(π
4
)
= 1 e y′
(π
4
)
= 0,
determine a solução do PVI.
Solução:
y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x)
y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x).
Substituindo:
−4C1 · cos(2x) − 4C2 · sin(2x) + 4 · (C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)) = 0,
como queríamos mostrar.
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
C2 = 1
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
C2 = 1
• y′(π/4) = 0
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
C2 = 1
• y′(π/4) = 0
− 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
C2 = 1
• y′(π/4) = 0
− 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0
− 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
C2 = 1
• y′(π/4) = 0
− 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0
− 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0
C1 · 1 + C2 · 0 = 0
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
C2 = 1
• y′(π/4) = 0
− 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0
− 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0
C1 · 1 + C2 · 0 = 0
C1 = 0.
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EXEMPLO 1
Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais:
• y(π/4) = 1
C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1
C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1
C1 · 0 + C2 · 1 = 1
C2 = 1
• y′(π/4) = 0
− 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0
− 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0
C1 · 1 + C2 · 0 = 0
C1 = 0.
Portanto, a solução do PVI é y = sin(2x).
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Método de Euler
4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Euler
O método de Euler, também co-
nhecido como método da reta se-
cante, é um dos métodos mais an-
tigos que se conhece para a solução
de equações diferenciais ordinárias.
4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Euler
O método de Euler, também co-
nhecido como método da reta se-
cante, é um dos métodos mais an-
tigos que se conhece para a solução
de equações diferenciais ordinárias.
Considere uma EDO y′ = f(x, y),
com a condição inicial de y = yn
quando x = xn.
4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Euler
O método de Euler, também co-
nhecido como método da reta se-
cante, é um dos métodos mais an-
tigos que se conhece para a solução
de equações diferenciais ordinárias.
Considere uma EDO y′ = f(x, y),
com a condição inicial de y = yn
quando x = xn.
4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Euler
O método de Euler, também co-
nhecido como método da reta se-
cante, é um dos métodos mais an-
tigos que se conhece para a solução
de equações diferenciais ordinárias.
Considere uma EDO y′ = f(x, y),
com a condição inicial de y = yn
quando x = xn.
Do gráfico:
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Método de Euler
O método de Euler, também co-
nhecido como método da reta se-
cante, é um dos métodos mais an-
tigos que se conhece para a solução
de equações diferenciais ordinárias.
Considere uma EDO y′ = f(x, y),
com a condição inicial de y = yn
quando x = xn.
Do gráfico:
• y = yn+1, quando x = xn+1;
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Método de Euler
O método de Euler, também co-
nhecido como método da reta se-
cante, é um dos métodos mais an-
tigos que se conhece para a solução
de equações diferenciais ordinárias.
Considere uma EDO y′ = f(x, y),
com a condição inicial de y = yn
quando x = xn.
Do gráfico:
• y = yn+1, quando x = xn+1;
• h = xn+1 − xn (passo).
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Método de Euler
Equação da reta tangente:
yn+1 = yn + tan(α) · (xn+1 − xn).
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Método de Euler
Equação da reta tangente:
yn+1 = yn + tan(α) · (xn+1 − xn).
Como
tan(α) = y′
(xn) = f(xn, yn).
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Método de Euler
Equação da reta tangente:
yn+1 = yn + tan(α) · (xn+1 − xn).
Como
tan(α) = y′
(xn) = f(xn, yn).
Substituindo tan(α) = f(xn, yn) e h = xn+1 − xn, temos:
yn+1 = yn + h · f(xn, yn) (Fórmula de Euler).
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EXEMPLO 2
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EXEMPLO 2
Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com
passo h = 0, 01.
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EXEMPLO 2
Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com
passo h = 0, 01.
Solução:
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EXEMPLO 2
Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com
passo h = 0, 01.
Solução:
5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 2
Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com
passo h = 0, 01.
Solução:
yn+1 = yn + h · f(xn, yn) ⇒ yn+1 = yn + 0, 01 · (1 − x + 4y)
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EXEMPLO 2
Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com
passo h = 0, 01.
Solução:
yn+1 = yn + h · f(xn, yn) ⇒ yn+1 = yn + 0, 01 · (1 − x + 4y)
h = xn+1 − xn ⇒ xn+1 = xn + h ⇒ xn+1 = xn + 0, 01
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EXEMPLO 2
• n = 0
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02
• n = 2
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02
• n = 2
y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02
• n = 2
y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776
x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02
• n = 2
y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776
x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03
• n = 3
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02
• n = 2
y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776
x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03
• n = 3
y4 = 1, 155776 + 0, 01 · (1 − 0, 03 + 4 · 1, 155776) = 1, 211707
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EXEMPLO 2
• n = 0
y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05
x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01
• n = 1
y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019
x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02
• n = 2
y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776
x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03
• n = 3
y4 = 1, 155776 + 0, 01 · (1 − 0, 03 + 4 · 1, 155776) = 1, 211707
x4 = 0, 03 + 0, 01 = 0, 04
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EXEMPLO 2
n x y
0 0 1
1 0 1, 05
2 0 1, 1019
3 0 1, 155776
4 0 1, 21170704
5 0 1, 26977532
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EXEMPLO 2
n x y
6 0, 1 1, 33006633
7 0, 1 1, 39266899
8 0, 1 1, 45767575
9 0, 1 1, 52518278
10 0, 1 1, 59529009
11 0, 1 1, 66810169
12 0, 1 1, 74372576
13 0, 1 1, 82227479
14 0, 1 1, 90386578
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EXEMPLO 2
n x y
15 0, 2 1, 98862041
16 0, 2 2, 07666523
17 0, 2 2, 16813184
18 0, 2 2, 26315711
19 0, 2 2, 3618834
20 0, 2 2, 46445873
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Método de Runge-Kutta
6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta
1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do
método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função;
2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e
com a derivada no ponto xn;
3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a
avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1].
4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem;
5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é
encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto
mais próximo de xn+1, em xn + h/2;
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Método de Runge-Kutta
1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do
método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função;
2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e
com a derivada no ponto xn;
3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a
avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1].
4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem;
5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é
encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto
mais próximo de xn+1, em xn + h/2;
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Método de Runge-Kutta
1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do
método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função;
2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e
com a derivada no ponto xn;
3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a
avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1].
4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem;
5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é
encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto
mais próximo de xn+1, em xn + h/2;
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Método de Runge-Kutta
1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do
método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função;
2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e
com a derivada no ponto xn;
3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a
avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1].
4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem;
5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é
encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto
mais próximo de xn+1, em xn + h/2;
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Método de Runge-Kutta
1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do
método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função;
2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e
com a derivada no ponto xn;
3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a
avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1].
4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem;
5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é
encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto
mais próximo de xn+1, em xn + h/2;
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Método de Runge-Kutta
A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao
mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) -
torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes.
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
É um método de série de Taylor de 1ª ordem:
Calcula f(x, y) em vários pontos.
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Método de Runge-Kutta
A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao
mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) -
torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes.
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
É um método de série de Taylor de 1ª ordem:
Calcula f(x, y) em vários pontos.
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Método de Runge-Kutta
A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao
mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) -
torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes.
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
É um método de série de Taylor de 1ª ordem:
Calcula f(x, y) em vários pontos.
6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta
A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao
mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) -
torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes.
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
É um método de série de Taylor de 1ª ordem:
Calcula f(x, y) em vários pontos.
6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta
A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao
mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) -
torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes.
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
É um método de série de Taylor de 1ª ordem:
Calcula f(x, y) em vários pontos.
6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn)
sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
Calcula f(x, y) em vários pontos.
Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e
y(x0) = y0;
Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir
um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o
cálculo de derivadas de 2ª ordem;
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn)
sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
Calcula f(x, y) em vários pontos.
Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e
y(x0) = y0;
Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir
um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o
cálculo de derivadas de 2ª ordem;
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn)
sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
Calcula f(x, y) em vários pontos.
Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e
y(x0) = y0;
Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir
um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o
cálculo de derivadas de 2ª ordem;
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn)
sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
Calcula f(x, y) em vários pontos.
Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e
y(x0) = y0;
Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir
um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o
cálculo de derivadas de 2ª ordem;
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn)
sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
Calcula f(x, y) em vários pontos.
Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e
y(x0) = y0;
Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir
um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o
cálculo de derivadas de 2ª ordem;
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn)
sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
Calcula f(x, y) em vários pontos.
Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e
y(x0) = y0;
Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir
um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o
cálculo de derivadas de 2ª ordem;
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
Método de Runge-Kutta de Ordem p
É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn;
Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn)
sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem;
Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y);
Calcula f(x, y) em vários pontos.
Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e
y(x0) = y0;
Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir
um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o
cálculo de derivadas de 2ª ordem;
yn+1 = yn + h
[
f
(
xn +
h
2
, yn +
h
2
f(xn, yn)
)]
7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado
yn+1 = yn + h
[
f
(
xn +
h
2
, yn +
h
2
f(xn, yn)
)]
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado
yn+1 = yn + h
[
f
(
xn +
h
2
, yn +
h
2
f(xn, yn)
)]
y1 = y0 + h
[
f
(
x0 +
h
2
, y0 +
h
2
f(x0, y0)
)]
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado
yn+1 = yn + h
[
f
(
xn +
h
2
, yn +
h
2
f(xn, yn)
)]
y1 = y0 + h
[
f
(
x0 +
h
2
, y0 +
h
2
f(x0, y0)
)]
em que,
h = 0, 1
x0 = 0 e y0 = 0
f(x0, y0) = 0
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EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado
yn+1 = yn + h
[
f
(
xn +
h
2
, yn +
h
2
f(xn, yn)
)]
y1 = y0 + h
[
f
(
x0 +
h
2
, y0 +
h
2
f(x0, y0)
)]
em que,
h = 0, 1
x0 = 0 e y0 = 0
f(x0, y0) = 0
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EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado
yn+1 = yn + h
[
f
(
xn +
h
2
, yn +
h
2
f(xn, yn)
)]
y1 = y0 + h
[
f
(
x0 +
h
2
, y0 +
h
2
f(x0, y0)
)]
em que,
h = 0, 1
x0 = 0 e y0 = 0
f(x0, y0) = 0
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EXEMPLO 3.
Considere o problema de valor inicial
{
y′ = x − y2
y(0) = 0
e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado
yn+1 = yn + h
[
f
(
xn +
h
2
, yn +
h
2
f(xn, yn)
)]
y1 = y0 + h
[
f
(
x0 +
h
2
, y0 +
h
2
f(x0, y0)
)]
em que,
h = 0, 1
x0 = 0 e y0 = 0
f(x0, y0) = 0
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
.
.
.
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
.
.
.
y1 = 0, 005
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
.
.
.
y1 = 0, 005
Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos:
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
.
.
.
y1 = 0, 005
Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos:
.
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
.
.
.
y1 = 0, 005
Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos:
y2 = y1 + h
[
f
(
x1 +
h
2
, y1 +
h
2
f(x1, y1)
)]
.
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
EXEMPLO 3.
Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
.
.
.
y1 = 0, 005
Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos:
y2 = y1 + h
[
f
(
x1 +
h
2
, y1 +
h
2
f(x1, y1)
)]
.
.
.
.
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
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Solução:
y1 = 0 +
0, 1
2
· [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))]
.
.
.
y1 = 0, 005
Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos:
y2 = y1 + h
[
f
(
x1 +
h
2
, y1 +
h
2
f(x1, y1)
)]
.
.
.
y2 = 0, 0190025.
8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021

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  • 1. Cálculo Numérico I Universidade Federal do Recôncavo da Bahia 14 de maio de 2021 Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento
  • 2. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 3. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma F(x, y(x), y′ (x), y′′ (x), . . . , y(n)(x)) = 0, envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 4. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma F(x, y(x), y′ (x), y′′ (x), . . . , y(n)(x)) = 0, envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas. A variável x é independente enquanto y é dependente. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 5. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma F(x, y(x), y′ (x), y′′ (x), . . . , y(n)(x)) = 0, envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas. A variável x é independente enquanto y é dependente. O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x). Por exemplo: 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 6. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma F(x, y(x), y′ (x), y′′ (x), . . . , y(n)(x)) = 0, envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas. A variável x é independente enquanto y é dependente. O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x). Por exemplo: 1 d2x dt + ω2x = 0; 2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x); 3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x); 4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 7. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma F(x, y(x), y′ (x), y′′ (x), . . . , y(n)(x)) = 0, envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas. A variável x é independente enquanto y é dependente. O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x). Por exemplo: 1 d2x dt + ω2x = 0; 2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x); 3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x); 4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 8. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma F(x, y(x), y′ (x), y′′ (x), . . . , y(n)(x)) = 0, envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas. A variável x é independente enquanto y é dependente. O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x). Por exemplo: 1 d2x dt + ω2x = 0; 2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x); 3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x); 4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 9. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma equação da forma F(x, y(x), y′ (x), y′′ (x), . . . , y(n)(x)) = 0, envolvendo uma função incógnita y = y(x) e suas derivadas. A variável x é independente enquanto y é dependente. O símbolo y(k) denota a derivada de ordem k da função y = y(x). Por exemplo: 1 d2x dt + ω2x = 0; 2 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x); 3 (y′′)3 + 3y′ + 6y = tan(x); 4 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 10. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita que ocorre na equação. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 11. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita que ocorre na equação. Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 12. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita que ocorre na equação. Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas. Equação diferencial ordinária é aquela em que a função y e suas derivadas só dependem de 1 variável. 1 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x) (EDO de ordem 2 e grau 1); 2 (y′′)3 + 3(y′)10 + 6y = tan(x) (EDO de ordem 2 e grau 3). 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 13. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita que ocorre na equação. Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas. Equação diferencial ordinária é aquela em que a função y e suas derivadas só dependem de 1 variável. 1 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x) (EDO de ordem 2 e grau 1); 2 (y′′)3 + 3(y′)10 + 6y = tan(x) (EDO de ordem 2 e grau 3). 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 14. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A ordem da equação diferencial é a ordem da mais alta derivada da função incógnita que ocorre na equação. Grau é o valor do expoente para a derivada mais alta da equação, quando a equação tem a “forma” de um polinômio na função incógnita e em suas derivadas. Equação diferencial ordinária é aquela em que a função y e suas derivadas só dependem de 1 variável. 1 y′′ + 3y′ + 6y = sin(x) (EDO de ordem 2 e grau 1); 2 (y′′)3 + 3(y′)10 + 6y = tan(x) (EDO de ordem 2 e grau 3). 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 15. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A solução de uma equação diferencial é uma função que não contém derivadas nem diferenciais e que satisfaz a equação dada, isto é, a função que, substituída na equação dada, é transforma em uma identidade. Por exemplo: 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 16. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A solução de uma equação diferencial é uma função que não contém derivadas nem diferenciais e que satisfaz a equação dada, isto é, a função que, substituída na equação dada, é transforma em uma identidade. Por exemplo: A solução geral da EDO de Euler x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 é y(x) = C1x + C2x2. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 17. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. A solução de uma equação diferencial é uma função que não contém derivadas nem diferenciais e que satisfaz a equação dada, isto é, a função que, substituída na equação dada, é transforma em uma identidade. Por exemplo: A solução geral da EDO de Euler x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 é y(x) = C1x + C2x2. Observe que y′(x) = C1 + 2C2x e y(x)′′ = 2C2. Segue que: x22C2 − 2x(C1 + 2C2x) + 2(C1x + C2x2) = 2C2x2 − 2C1x − 4C2x2 + 2C1x + 2C2x2 = 0. 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 18. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Um Problema de valor inicial (PVI) é um sistema de equações constituído de uma EDO F(x, y, y′ , y′′ , . . . , yn ) = 0 e outras n condições dadas pelas funções y e suas derivadas até a ordem n − 1, avaliadas em um valor x0, ou seja, 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 19. Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias de 1a ordem. Um Problema de valor inicial (PVI) é um sistema de equações constituído de uma EDO F(x, y, y′ , y′′ , . . . , yn ) = 0 e outras n condições dadas pelas funções y e suas derivadas até a ordem n − 1, avaliadas em um valor x0, ou seja, y(x0) = y0 y′(x0) = y1 y′′(x0) = y2 . . . y(n−1)(x0) = yn−1 2 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 20. EXEMPLO 1 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 21. EXEMPLO 1 Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y (π 4 ) = 1 e y′ (π 4 ) = 0, determine a solução do PVI. 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 22. EXEMPLO 1 Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y (π 4 ) = 1 e y′ (π 4 ) = 0, determine a solução do PVI. Solução: 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 23. EXEMPLO 1 Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y (π 4 ) = 1 e y′ (π 4 ) = 0, determine a solução do PVI. Solução: y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x) 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 24. EXEMPLO 1 Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y (π 4 ) = 1 e y′ (π 4 ) = 0, determine a solução do PVI. Solução: y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x) y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x). 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 25. EXEMPLO 1 Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y (π 4 ) = 1 e y′ (π 4 ) = 0, determine a solução do PVI. Solução: y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x) y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x). Substituindo: 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 26. EXEMPLO 1 Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y (π 4 ) = 1 e y′ (π 4 ) = 0, determine a solução do PVI. Solução: y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x) y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x). Substituindo: −4C1 · cos(2x) − 4C2 · sin(2x) + 4 · (C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)) = 0, 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 27. EXEMPLO 1 Dada a EDO y′′ + 4y = 0, verifique se y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) é uma solução geral e, em seguida, dadas as condições: y (π 4 ) = 1 e y′ (π 4 ) = 0, determine a solução do PVI. Solução: y = C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x) ⇒ y′ = −2C1 · sin(2x) + 2C2 · cos(2x) y′ = −2C1. sin(2x) + 2C2. cos(2x) ⇒ y′′ = −4C1. cos(2x) − 4C2 · sin(2x). Substituindo: −4C1 · cos(2x) − 4C2 · sin(2x) + 4 · (C1 · cos(2x) + C2 · sin(2x)) = 0, como queríamos mostrar. 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 28. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 29. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 30. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 31. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 32. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 33. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 C2 = 1 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 34. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 C2 = 1 • y′(π/4) = 0 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 35. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 C2 = 1 • y′(π/4) = 0 − 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 36. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 C2 = 1 • y′(π/4) = 0 − 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0 − 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 37. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 C2 = 1 • y′(π/4) = 0 − 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0 − 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0 C1 · 1 + C2 · 0 = 0 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 38. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 C2 = 1 • y′(π/4) = 0 − 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0 − 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0 C1 · 1 + C2 · 0 = 0 C1 = 0. 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 39. EXEMPLO 1 Para determinar os valores das constantes, consideremos as condições iniciais: • y(π/4) = 1 C1 · cos 2(π/4) + C2 · sin 2(π/4) = 1 C1 · cos(π/2) + C2 · sin(π/2) = 1 C1 · 0 + C2 · 1 = 1 C2 = 1 • y′(π/4) = 0 − 2C1 · sin 2(π/4) + 2C2 · cos 2(π/4) = 0 − 2C1 · sin(π/2) cos(π/2) = 0 C1 · 1 + C2 · 0 = 0 C1 = 0. Portanto, a solução do PVI é y = sin(2x). 3 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 40. Método de Euler 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 41. Método de Euler O método de Euler, também co- nhecido como método da reta se- cante, é um dos métodos mais an- tigos que se conhece para a solução de equações diferenciais ordinárias. 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 42. Método de Euler O método de Euler, também co- nhecido como método da reta se- cante, é um dos métodos mais an- tigos que se conhece para a solução de equações diferenciais ordinárias. Considere uma EDO y′ = f(x, y), com a condição inicial de y = yn quando x = xn. 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 43. Método de Euler O método de Euler, também co- nhecido como método da reta se- cante, é um dos métodos mais an- tigos que se conhece para a solução de equações diferenciais ordinárias. Considere uma EDO y′ = f(x, y), com a condição inicial de y = yn quando x = xn. 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 44. Método de Euler O método de Euler, também co- nhecido como método da reta se- cante, é um dos métodos mais an- tigos que se conhece para a solução de equações diferenciais ordinárias. Considere uma EDO y′ = f(x, y), com a condição inicial de y = yn quando x = xn. Do gráfico: 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 45. Método de Euler O método de Euler, também co- nhecido como método da reta se- cante, é um dos métodos mais an- tigos que se conhece para a solução de equações diferenciais ordinárias. Considere uma EDO y′ = f(x, y), com a condição inicial de y = yn quando x = xn. Do gráfico: • y = yn+1, quando x = xn+1; 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 46. Método de Euler O método de Euler, também co- nhecido como método da reta se- cante, é um dos métodos mais an- tigos que se conhece para a solução de equações diferenciais ordinárias. Considere uma EDO y′ = f(x, y), com a condição inicial de y = yn quando x = xn. Do gráfico: • y = yn+1, quando x = xn+1; • h = xn+1 − xn (passo). 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 47. Método de Euler Equação da reta tangente: yn+1 = yn + tan(α) · (xn+1 − xn). 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 48. Método de Euler Equação da reta tangente: yn+1 = yn + tan(α) · (xn+1 − xn). Como tan(α) = y′ (xn) = f(xn, yn). 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 49. Método de Euler Equação da reta tangente: yn+1 = yn + tan(α) · (xn+1 − xn). Como tan(α) = y′ (xn) = f(xn, yn). Substituindo tan(α) = f(xn, yn) e h = xn+1 − xn, temos: yn+1 = yn + h · f(xn, yn) (Fórmula de Euler). 4 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 50. EXEMPLO 2 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 51. EXEMPLO 2 Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com passo h = 0, 01. 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 52. EXEMPLO 2 Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com passo h = 0, 01. Solução: 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 53. EXEMPLO 2 Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com passo h = 0, 01. Solução: 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 54. EXEMPLO 2 Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com passo h = 0, 01. Solução: yn+1 = yn + h · f(xn, yn) ⇒ yn+1 = yn + 0, 01 · (1 − x + 4y) 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 55. EXEMPLO 2 Resolva a equação y′ = 1 − x + 4y, com a condição y(0) = 1, no intervalo [0, 2], com passo h = 0, 01. Solução: yn+1 = yn + h · f(xn, yn) ⇒ yn+1 = yn + 0, 01 · (1 − x + 4y) h = xn+1 − xn ⇒ xn+1 = xn + h ⇒ xn+1 = xn + 0, 01 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 56. EXEMPLO 2 • n = 0 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 57. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 58. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 59. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 60. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 61. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 62. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02 • n = 2 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 63. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02 • n = 2 y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 64. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02 • n = 2 y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776 x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 65. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02 • n = 2 y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776 x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03 • n = 3 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 66. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02 • n = 2 y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776 x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03 • n = 3 y4 = 1, 155776 + 0, 01 · (1 − 0, 03 + 4 · 1, 155776) = 1, 211707 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 67. EXEMPLO 2 • n = 0 y1 = 1 + 0, 01 · (1 − 4 · 1) = 1, 05 x1 = 0 + 0, 01 = 0, 01 • n = 1 y2 = 1, 05 + 0, 01 · (1 − 0, 01 + 4 · 1, 05) = 1, 1019 x2 = 0, 01 + 0, 01 = 0, 02 • n = 2 y3 = 1, 1019 + 0, 01 · (1 − 0, 02 + 4 · 1, 1019) = 1, 155776 x3 = 0, 02 + 0, 01 = 0, 03 • n = 3 y4 = 1, 155776 + 0, 01 · (1 − 0, 03 + 4 · 1, 155776) = 1, 211707 x4 = 0, 03 + 0, 01 = 0, 04 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 68. EXEMPLO 2 n x y 0 0 1 1 0 1, 05 2 0 1, 1019 3 0 1, 155776 4 0 1, 21170704 5 0 1, 26977532 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 69. EXEMPLO 2 n x y 6 0, 1 1, 33006633 7 0, 1 1, 39266899 8 0, 1 1, 45767575 9 0, 1 1, 52518278 10 0, 1 1, 59529009 11 0, 1 1, 66810169 12 0, 1 1, 74372576 13 0, 1 1, 82227479 14 0, 1 1, 90386578 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 70. EXEMPLO 2 n x y 15 0, 2 1, 98862041 16 0, 2 2, 07666523 17 0, 2 2, 16813184 18 0, 2 2, 26315711 19 0, 2 2, 3618834 20 0, 2 2, 46445873 5 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 71. Método de Runge-Kutta 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 72. Método de Runge-Kutta 1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função; 2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e com a derivada no ponto xn; 3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1]. 4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem; 5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto mais próximo de xn+1, em xn + h/2; 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 73. Método de Runge-Kutta 1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função; 2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e com a derivada no ponto xn; 3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1]. 4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem; 5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto mais próximo de xn+1, em xn + h/2; 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 74. Método de Runge-Kutta 1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função; 2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e com a derivada no ponto xn; 3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1]. 4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem; 5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto mais próximo de xn+1, em xn + h/2; 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 75. Método de Runge-Kutta 1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função; 2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e com a derivada no ponto xn; 3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1]. 4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem; 5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto mais próximo de xn+1, em xn + h/2; 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 76. Método de Runge-Kutta 1 O método de Runge-Kutta pode ser entendido como um aperfeiçoamento do método de Euler, com uma melhor estimativa da derivada da função; 2 No método de Euler a estimativa do valor de yn+1 é realizado com o valor de yn e com a derivada no ponto xn; 3 No método de Runge-Kutta, busca-se uma melhor estimativa da derivada com a avaliação da função em mais pontos no intervalo [xn, xn+1]. 4 O método de Euler é o método de Runge-Kutta de 1ª ordem; 5 No método de Runge-Kutta de 2ª ordem, o valor da estimativa de yn+1 é encontrado com o valor de yn e com uma estimativa da derivada em um ponto mais próximo de xn+1, em xn + h/2; 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 77. Método de Runge-Kutta A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) - torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes. É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); É um método de série de Taylor de 1ª ordem: Calcula f(x, y) em vários pontos. 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 78. Método de Runge-Kutta A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) - torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes. É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); É um método de série de Taylor de 1ª ordem: Calcula f(x, y) em vários pontos. 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 79. Método de Runge-Kutta A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) - torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes. É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); É um método de série de Taylor de 1ª ordem: Calcula f(x, y) em vários pontos. 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 80. Método de Runge-Kutta A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) - torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes. É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); É um método de série de Taylor de 1ª ordem: Calcula f(x, y) em vários pontos. 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 81. Método de Runge-Kutta A ideia básica é aproveitar as qualidades dos métodos da série de Taylor e ao mesmo tempo eliminar seu maior defeito que é o cálculo de derivadas de f(x, y) - torna os métodos de série de Taylor computacionalmente ineficientes. É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); É um método de série de Taylor de 1ª ordem: Calcula f(x, y) em vários pontos. 6 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 82. Método de Runge-Kutta de Ordem p 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 83. Método de Runge-Kutta de Ordem p É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn) sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); Calcula f(x, y) em vários pontos. Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e y(x0) = y0; Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o cálculo de derivadas de 2ª ordem; 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 84. Método de Runge-Kutta de Ordem p É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn) sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); Calcula f(x, y) em vários pontos. Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e y(x0) = y0; Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o cálculo de derivadas de 2ª ordem; 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 85. Método de Runge-Kutta de Ordem p É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn) sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); Calcula f(x, y) em vários pontos. Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e y(x0) = y0; Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o cálculo de derivadas de 2ª ordem; 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 86. Método de Runge-Kutta de Ordem p É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn) sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); Calcula f(x, y) em vários pontos. Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e y(x0) = y0; Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o cálculo de derivadas de 2ª ordem; 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 87. Método de Runge-Kutta de Ordem p É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn) sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); Calcula f(x, y) em vários pontos. Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e y(x0) = y0; Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o cálculo de derivadas de 2ª ordem; 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 88. Método de Runge-Kutta de Ordem p É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn) sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); Calcula f(x, y) em vários pontos. Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e y(x0) = y0; Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o cálculo de derivadas de 2ª ordem; 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 89. Método de Runge-Kutta de Ordem p É um método de passo 1, isto é, para determinar yn+1 precisamos de apenas yn; Após expandir f(x, y) por Taylor para função de duas variáveis em torno de (xn, yn) sua expressão coincide com a do método de série de Taylor de mesma ordem; Não é necessário o cálculo de qualquer derivada de f(x, y); Calcula f(x, y) em vários pontos. Como é um aperfeiçoamento do método de Euler devemos ter que y′ = f(x, y) e y(x0) = y0; Esse método consiste em se fazer mudanças no método de Euler para se conseguir um método baseado na série de Taylor de 2ª ordem, de tal forma que elimine o cálculo de derivadas de 2ª ordem; yn+1 = yn + h [ f ( xn + h 2 , yn + h 2 f(xn, yn) )] 7 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 90. EXEMPLO 3. 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 91. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 92. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 93. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado yn+1 = yn + h [ f ( xn + h 2 , yn + h 2 f(xn, yn) )] 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 94. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado yn+1 = yn + h [ f ( xn + h 2 , yn + h 2 f(xn, yn) )] y1 = y0 + h [ f ( x0 + h 2 , y0 + h 2 f(x0, y0) )] 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 95. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado yn+1 = yn + h [ f ( xn + h 2 , yn + h 2 f(xn, yn) )] y1 = y0 + h [ f ( x0 + h 2 , y0 + h 2 f(x0, y0) )] em que, h = 0, 1 x0 = 0 e y0 = 0 f(x0, y0) = 0 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 96. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado yn+1 = yn + h [ f ( xn + h 2 , yn + h 2 f(xn, yn) )] y1 = y0 + h [ f ( x0 + h 2 , y0 + h 2 f(x0, y0) )] em que, h = 0, 1 x0 = 0 e y0 = 0 f(x0, y0) = 0 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 97. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado yn+1 = yn + h [ f ( xn + h 2 , yn + h 2 f(xn, yn) )] y1 = y0 + h [ f ( x0 + h 2 , y0 + h 2 f(x0, y0) )] em que, h = 0, 1 x0 = 0 e y0 = 0 f(x0, y0) = 0 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 98. EXEMPLO 3. Considere o problema de valor inicial { y′ = x − y2 y(0) = 0 e encontre y1 e y2 usando o método de Euler modificado yn+1 = yn + h [ f ( xn + h 2 , yn + h 2 f(xn, yn) )] y1 = y0 + h [ f ( x0 + h 2 , y0 + h 2 f(x0, y0) )] em que, h = 0, 1 x0 = 0 e y0 = 0 f(x0, y0) = 0 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 99. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 100. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] . . . 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 101. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] . . . y1 = 0, 005 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 102. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] . . . y1 = 0, 005 Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos: 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 103. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] . . . y1 = 0, 005 Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos: . 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 104. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] . . . y1 = 0, 005 Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos: y2 = y1 + h [ f ( x1 + h 2 , y1 + h 2 f(x1, y1) )] . 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 105. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] . . . y1 = 0, 005 Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos: y2 = y1 + h [ f ( x1 + h 2 , y1 + h 2 f(x1, y1) )] . . . . 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021
  • 106. EXEMPLO 3. Solução: y1 = 0 + 0, 1 2 · [(f(0, 0) + f(0, 1; 0, 1 · f(0, 0))] . . . y1 = 0, 005 Para determinar y2, x1 = 0 + 0, 1 = 0, 1 e y1 = 0, 005, temos: y2 = y1 + h [ f ( x1 + h 2 , y1 + h 2 f(x1, y1) )] . . . y2 = 0, 0190025. 8 CETEC Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento 14 de maio de 2021