Revisão de Polinômios

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1 Cpítulo 1 Revisão de Polinômios Definição 1 Um polinômio p é um função com domínio e imgem em um conjunto C ou R ddo n form: p : C C x p(x) = 0 x n + 1 x n n 1 x + 0 O número inteiro n é dito gru do polinômio. Teorem 1 Se p(x) é um polinômio de gru n, então pr qulquer α existe um polinômio q(x) único tl que: p(x) = (x α)q(x) + p(α) O Teorem 1 nos diz que, se dividirmos p(x) por (x α) então encontrmos como quociente um polinômio de gru n 1, se n > 1, e o resto é o vlor do polinômio clculdo em α. Exemplo Considere o polinômio p(x) = 3x 5 + 4x 4 x 3 x + 3x 4 de gru 5. Pr clculrmos o vlor do polinômino pr x =, p(), podemos fzer s seguintes conts: p() = o que implic em executrmos n dições e n j=1 j = (n+1)n multiplicções. Portnto, o procedimento execut Θ(n) dições e Θ(n ) multiplicções, o que nos lev concluir que complexidde computcionl do procedimento cim é d ordem Θ(n ) operções computcionis elementres. Será que este é o procedimento mis eficiente? 1

2 CAPÍTULO 1. REVISÃO DE POLINÔMIOS Entretnto, observmos que: p(x) = 3x 5 + 4x 4 x 3 x + 3x 4 = (3x 4 + 4x 3 x x + 3)x 4 = ((3x 3 + 4x x 1)x + 3)x 4 = (((3x + 4x )x 1)x + 3)x 4 = ((((3x + 4)x )x 1)x + 3)x 4 o que result no cálculo de p() com pens n dições e n multiplicções. Este segundo procedimento é muito mis eficiente que o nterior, tem um complexidde computcionl de Θ(n) operções. O esquem de cálculo de p(x) cim pode ser utilizdo pr dividirmos p(x) por (x α) e dí clculmos q(x) = b 0 x 4 + b 1 x 3 + b x + b 3 x + b 4 e p(α). Esquem de Horner/Briot-Ruffini O esquem pr clculr o quociente é ilustrdo n tbel bixo, onde estmos buscndo o quociente q(x) d divisão do polinômio p(x) = 3x 5 + 4x 4 x 3 x + 3x 4 por (x α), com α = α = b 0 b 1 b b 3 b 4 R = p() A prtir d tbel cim, obtemos o quociente trvés dos coeficientes d linh mis bixo, ou sej, q(x) = 3x 4 +10x 3 +18x +35x+73 e tmbém o resto p() = 14. Portnto, p(x) = (x )q(x) N form mis gerl, o método Briot-Ruffini pode ser expresso trvés ds operções indicd n tbel seguir: n 1 n α b 0 α b 1 α b α... b n α b n 1 α b 0 α + b 1 α 3 + b α. n 1 + b n α n + b n 1 α b 0 b 1 b b 3 b n 1 R = p(α) Corolário 1 Se p(x) é um polinômio de gru n > 1 e p(α) = 0 então existe

3 1.1. ENUMERAÇÃO DE RAÍZES 3 um polinômio único de gru n 1, tl que p(x) = (x α)q(x). Neste cso, q(x) é chmdo de polinômio reduzido. 1.1 Enumerção de Rízes Enumerção ds Rízes de Um Equção Polinomil Enumerr s rízes de um polinômio p(x) consiste em dizermos qunts rízes o polinômio possui e de que tipo els são. No que segue são presentdos lguns teorems e outros resultdos teóricos que podem nos uxilir n tref de enumerção. Teorem O número de rízes positivs de um equção polinomil p(x) com coeficientes reis, nunc é mior que o número de trocs de sinl T n sequênci de seus coeficientes não nulos, e se é menor, então é sempre por um número pr. Exemplo Como exemplo, tome o polinômio p(x) = x 3 + x 3x 5, o qul present sequênci de sinis (+, +,, ). Logo, segundo o Teorem, T = 1 e pode-se firmr com extidão que p(x) tem um riz positiv já que ele não pode ter um número negtivo de rízes. Observção: A mesm regr cim, dd pelo Teorem, pode ser plicd pr enumerção ds rízes reis e negtivs de p(x), clculndo-se p( x), pois s rízes positivs: p( x) = x 3 + x + 3x 5 se referem às rízes negtivs de p( x). Notndo que sequênci de sinis de p( x) é (, +, +, ), concluímos que T = e dí deduzimos que p(x) pode ter dus ou zero rízes negtivs. Tomndo como bse s deduções de que p(x) tem um riz positiv e dus ou nenhum riz negtiv, podemos deduzir que: Se p(x) tiver dus rízes negtivs, então não terá nenhum riz complex. Se, contudo, não tiver rízes negtivs, então terá dus complexs. É bom lembrr que, se um polinômio tem todos os coeficientes reis e se houver um ríz complex, então su conjugd, tmbém será riz do polinômio.

4 4 CAPÍTULO 1. REVISÃO DE POLINÔMIOS Exemplo Sej p(x) = x 4 x 3 + x x + 1 um polinômio de qurto gru. Temos que T = 4 e, portnto, p(x) tem qutro, dus ou não tem rízes positivs. Procedendo à nálise de p( x) = x 4 + x 3 + x + x + 1, observmos que T = 0 e dí verificmos que p(x) não tem rízes negtivs. Logo p(x) pode ter qutro rízes positivs, ou dus rízes positivs e dus complexs, ou nenhum positiv e qutro complexs. Há pens três possibiliddes qunto os tipos ds rízes Enumerção ds Rízes Complexs Nest seção dmos continuidde forms e métodos de se enumerr rízes, onde serão enuncidos resultdos teóricos e procedimentos de enumerção. Teorem 3 (Regr de du Gu) Dd equção polinomil p(x) = 0 de gru n sem rízes nuls e se pr lgum k, 1 k n tivermos k k+1 k 1 então p(x) terá rízes complexs. O Teorem 3 nos dá condições suficientes pr existênci de rízes complexs. Note que se s condições do teorem não puderem ser plicds, o polinômio pode ter rízes complexs. A regr d Lcun bixo enuncid permite conclusão sobre existênci de rízes complexs Teorem 4 (Regr d Lcun) Se os coeficientes de p(x) forem todos reis e pr lgum k, 1 k n tivermos k = 0 e k+1 k 1 > 0, então p(x) = 0 terá rízes complexs. Se os coeficientes forem todos reis e existirem dois ou mis coeficientes nulos sucessivos, então p(x) = 0 terá rízes complexs. Exemplo Vmos gor exemplificr plicção dos teorems enuncidos. Inicilmente, tomemos o polinômio p(x) = x 5 + 3x 4 + x 3 + x 5x + 3, pr o qul verificmos que T =, e dí descobrimos que p(x) = 0 tem dus rízes ou zero rízes positivs. A prtir de p( x) = x 5 +3x 4 x 3 +x +5x+3, clculmos que T = 3, e dí deduzimos que p(x) = 0 tem três rízes ou um ríz rel negtiv. N tbel bixo listmos tods s possíveis combinções de tipos de rízes.

5 1.1. ENUMERAÇÃO DE RAÍZES 5 Reis Positivs Reis Negtivs Complexs Totl Pel regr de du Gu (ver Teorem 3), temos que = 6. Dí chegmos à conclusão que p(x) = 0 tem rízes complexs e, por conseguinte, podemos eliminr primeir lterntiv do qudro nterior, restndo pens três possibiliddes pr s rízes. Exemplo Repetindo os pssos nteriores, tomemos gor o polinômio de sexto gru p(x) = x 6 3x 5 x 3 + x x + 1. A prtir do fto que T = 4, concluímos que p(x) = 0 tem qutro, ou dus rízes, ou zero rízes positivs. Atrvés do polinômio p( x) = x 6 + 3x 5 + x 3 + x + x + 1, temos que T = 0, portnto, p(x) não tem rízes reis negtivs. Pel Regr d Lcun temos que p(x) = 0 tem rízes complexs pois: = 0 e 1 3 > 0. Os possíveis rrnjos de tipos e números de rízes é ddo no qudro bixo: Reis Positivs Reis Negtivs Complexs Totl Definição Sej f(x) = 0 um equção onde f : R R é um função qulquer. Se f( x) = 0, então dizemos que x é um riz de f. Definição 3 Se x é um zero de f(x) então multiplicidde m de x é o ínfimo de todos os números k, tis que: Exemplo lim x x f(x) x x k < Consideremos função f(x) = x 1, um riz de x 1 = 0 é x = 0. Est riz tem multiplicidde 1, pois x 1 lim < ms lim x 0 x 1 1 x x 0 x = pr < 1.

6 6 CAPÍTULO 1. REVISÃO DE POLINÔMIOS Teorem 5 Se x é um zero de f e se pr lgum inteiro m, f(x) é m vezes continumente diferenciável, então multiplicidde de x é pelo menos m vezes se, e somente se, f( x) = f ( x) = f ( x) =... = f m 1 ( x) = 0 A multiplicidde é extmente m se f m ( x) 0 Teorem 6 Sej p(x) um polinômio de gru n > 1. A multiplicidde de um zero α de p(x) é m se, e somente se, { p(α) = p (α) = p (α) =... = p m 1 (α) = 0 p m (α) 0. Teorem 7 Sej p(x) = 0 x n + 1 x n n 1 x + n, um polinômio de gru n. Então existem números distintos α 1, α,..., α s (que podem ser complexos) e inteiros m 1, m,..., m s tl que pr um constnte c únic temos: p(x) = c(x α 1 ) m 1.(x α ) m... (x α s ) ms s m j = n. j=1 O teorem cim é decorrênci do teorem fundmentl d Álgebr, que diz que todo polinômio com coeficientes complexos dmite pelo menos um riz complex. Nem todo o polinômio rel dmite um ríz rel, por exemplo x + 1 só dmite rízes complexs. Teorem 8 Se os coeficientes de p(x) são reis e µ é multiplicidde de um riz α então perto de α o polinômio p(x) deve ter um ds forms d Figur 1.1. Observções: A enumerção de rízes reis ou complexs pode ser feit proximdmente pelo método gráfico ser visto posteriormente. A existênci de um máximo locl negtivo, ou mínimo locl positivo indic existênci ns proximiddes de rízes complexs.

7 1.. LOCALIZAÇÃO DAS RAÍZES 7 µ=1 µ=1 µ=1 µ=1 α α α α µ=,4,6,... µ=1,3,5,... µ=1,3,5,... µ=,4,6,... Figur 1.1: Multiplicidde de rízes 1. Loclizção ds Rízes 1..1 Loclizção ds Rízes Reis de Um Equção Polinomil Dd equção polinomil p(x) = 0 podemos ter um idéi mis ou menos precis sobre quntos e de que tipo são s rízes de equção polinomil. Este tópico foi objeto de estudo n seção nterior. É preciso tmbém sber onde els estão loclizds, o que será o foco n presente seção. Serão presentds definições e teorems que permitem relizr loclizção ds rízes. Definição 4 Loclizr s rízes de p(x) = 0 é determinr um intervlo que contenh tods s rízes reis de p(x). Loclizr s rízes complexs é determinr os rios interno e externo que contenhm s rízes complexs de p(x) = 0. A Figur 1. ilustr o conceito de loclizção de rízes reis e complexs. Teorem 9 (Lguerre) Ddo o polinômio p(x) de coeficientes reis e ddo um número α, obtemos p(x) = (x α)q(x) + R. Se os coeficientes de q(x)

8 8 CAPÍTULO 1. REVISÃO DE POLINÔMIOS b b b Figur 1.: Loclizção de rízes e R forem todos positivos ou nulos, então teremos que tods s rízes reis positivs x j verificm x j < α. Cot de Lguerre-Thibult Ddo p(x) = 0 de coeficientes reis, fç deflção de p(x) por x 1, x, x 3..., té x m, onde q(x) tenh todos os coeficientes positivos ou nulos, ssim como R(x) > 0 tl m é chmdo de cot superior ds rízes reis de p(x) = 0. Pr determinr cot inferior bst fzer o mesmo procedimento pr p( x) e ssim determin-se cot inferior. Exemplo Tomemos como exemplo o polinômio p(x) = x 5 + x 4 9x 3 x + 0x 1 e considere tref de loclizrmos s rízes de p(x) = Logo temos que tods s rízes positivs de p(x) = 0 são menores que 3.

9 1.. LOCALIZAÇÃO DAS RAÍZES 9 Pr pesquisr loclizção ds rízes negtivs utiliz-se o mesmo procedimento, ms dest vez este é plicdo o polinômio obtido o multiplicr-se p( x) = x 5 + x 4 + 9x 3 x 0x 1 por Portnto, s rízes pertencem o intervlo [-4,3]. Teorem 10 ( Cot de Vene ) Pr tod riz positiv α de p(x) = 0 onde 0 0, verific-se que: M 0 α p onde M é o vlor bsoluto do menor dos coeficientes negtivos e p é o ultimo coeficiente positivo ntes do primeiro coeficiente negtivo. Exemplo Vmos ilustrr Cot de Vene com o polinômio p(x) = x 5 + x 4 9x 3 x + 0x 1. Note que M = 1 = 1 e p = 1. Logo, 0 α = = 7.

10 10 CAPÍTULO 1. REVISÃO DE POLINÔMIOS 1.3 Loclizção ds Rízes Complexs de Um Equção Polinomil Teorem 11 (Cot de Kojim) Ddo o polinômio p(x) = 0 x n + 1 x n n 1 x + n tod riz α, rel ou complex, verific que α q 1 + q onde q 1 e q são os vlores miores de: { 1 } i i, i = 1,,..., n. Exemplo 0 Sej o polinômio p(x) = x 5 + x 4 9x 3 x + 0x 1, onde 0 = 1, 1 = 1, = 9, 3 = 1, 4 = 0, e 5 = 1. Podemos então verificr que série de ftores é: { } 1 1 1, 9 1, 1 1 3, 0 1 4, = {1, 3, 1, , }. Dí verificmos que q 1 = 3 e q = Logo, temos que tod riz stisfz α , o que nos dá o rio externo do nel que contém s rízes de p(x). Pr determinr o rio interno do nel, devemos clculr p( 1 x ) = 1x5 + 0x 4 x 3 9x + x + 1 e plicr o mesmo procedimento, pois s rízes de p( 1 x ) são os inversos ds de p(x). Temos então que: { (0 1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ,,,, ) 1 } 5 = {1.666, , , , }. Dí verificmos que q 1 = e q = c = e dí cot inteir é 1 c = < α < Teorem 1 (Cot de Cuchy) Ddo um polinômio rel p(x), então tod riz α rel ou complex, de p(x) = 0 stisfz: α < β

11 1.4. SEPARAÇÃO DAS RAÍZES DE UMA EQUAÇÃO POLINOMIAL 11 sendo β = lim i x i com x 0 = 0 e Exemplo x i = ( 1 0 x n 1 i x n i n 1 0 x i 1 + ) 1 n n. 0 Tomemos o polinômio p(x) = x 5 + x 4 9x 3 x + 0x 1. Então x 0 = 0 e 0 = 1, o que nos lev produzir série: Podemos então verificr que x k+1 = [x 4 k + 9x3 k + x k + 0x k + 1] 1 5 x 1 = 5 1 = x = x 10 = Como resultdo, podemos firmr que não há nenhum riz for do círculo centrdo em zero e de rio Seprção ds Rízes de Um Equção Polinomil Definição 5 Seprr s rízes de um equção polinomil é o processo de encontrr um sequênci de subintervlos distintos, tis que cd subintervlo contenh extmente um riz rel e cd riz rel estej num subintervlo. Teorem 13 (Bolzno) Se f for um função continu em [, b] e trocr de sinl nos extremos desse intervlo, então existe pelo menos um riz rel de f em [, b]. Teorem 14 (Budn) Sej p k () o vlor d derivd de ordem k de p(x) clculd pr x =. Sej v o número de vrições de sinl d sequênci: p(), p (), p (),..., p (n+1) () tomds nest ordem. Então o número de rízes de p(x) = 0 no intervlo (, b) é igul ou menor que v v b por um múltiplo de.

12 1 CAPÍTULO 1. REVISÃO DE POLINÔMIOS Exemplo Sej p(x) = x 3 x x+ um polinômio de gru 3. Pel regr de Descrtes temos dus vrições de sinl e dí segue que existem dus rízes, ou não temos rízes positivs. Vmos gor clculr form nlític ds derivds de p(x): p (x) = 3x 4x 1 p (x) = 6x 4 p (x) = 6 Clculndo cot de Lguerre-Thibult, conforme tbels que seguem bixo, podemos deduzir que s rízes positivs são menores que 3 (cot superior igul 3) Aplicndo o Teorem de Budn, temos que v 0 = e v 3 = 0, conforme tbels bixo, logo há dus ou nenhum riz rel em [0, 3]. Exemplo Considere gor o polinômio: p(0) = p(3) = 8 p (0) = 1 p (3) = 10 p (0) = 4 p (3) = 14 p (0) = 6 p (3) = 6 p(x) = x 4 4x 3 + 6x + 4x + 1 de gru 4. O número de vrições de sinl de p(x) é 4, donde podemos ter qutro, dus ou nenhum riz positiv. Vmos então clculr Cot de Lguerre-Thibult, conforme desenvolvimento bixo.

13 1.4. SEPARAÇÃO DAS RAÍZES DE UMA EQUAÇÃO POLINOMIAL Um vez que Cot de Lguerre-Thibult é 4, podemos plicr o Teorem de Budn clculndo v 0 e v 4, ms ntes disso temos que obter s derivds de p(x) : p (x) = 4x 3 1x + 1x + 4 p (x) = 1x 4x + 1 p (x) = 4x 4 p (x) = 4 Dí clculmos os vlores ds derivds nos pontos x = 0 e x = 4, obtendo os resultdos do qudro bixo. p(0) = 1 p(4) = 81 p (0) = 4 p (4) = 108 p (0) = 1 p (4) = 108 p (0) = 4 p (4) = 7 p (0) = 4 p (4) = 4 Portnto, deduzimos que v 0 = e v 4 = 0. O teorem então nos diz que o número de rízes em (0, 4) é menor ou igul v 0 v 4 = por um múltiplo de. Portnto, deve hver dus ou nenhum riz no intervlo (0, 4).

14 14 CAPÍTULO 1. REVISÃO DE POLINÔMIOS

15 Cpítulo Integrção Numéric Ao contrário d diferencição, integrl de um função f(x) não necessrimente possui um solução nlític. Por exemplo, integrl limitd F (x) = b e x dx d função f(x) = e x não possui solução nlític. Então, como podemos encontrr F (x)? Um solução proximd (rbitrrimente proximd pr o cso de um máquin de precisão ilimitd) pode ser obtid por meio de métodos numéricos. Este métodos serão objeto de estudo no presente cpítulo..1 O Problem d Integrção Numéric Os métodos pr o cálculo de integris definids F (x) = b f(x)dx são grupds em qutro tipos: Método Anlítico Este método consiste em se encontrr solução nlític de F (x), por exemplo F (x) = 1 xdx = ln x + c. Por outro ldo, F (x) = e x dx não pode ser escrit como um combinção finit de outrs funções lgébrics, logrítmics ou exponenciis. No cso de F (x) = x t dx, podemos obter F (x) trvés de váris etps 8 ms ests podem levr erros e, lém disso, o resultdo pode envolver lgums funções que serão vlids numericmente que, por su vez, poderim crretr erros numéricos. Há tmbém ferrments computcionis inspirds em lgoritmos de Inteligênci Artificil (IA) que encontrm s primitivs de váris funções, tis como s ferrments encontrds em pcotes de softwre como Mthemtic, Mple e Mtlb. Método Mecânico Tis métodos fzem uso de instrumentos que clcu- 15

16 16 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA lm áre delimitd por um curv qulquer, todvi são limitdos qunto o número de dimensões e têm plicções restrits. Método Gráfico Tom como bse o desenho de y = f(x) no intervlo [, b] que ger um seqüênci de iterndos no gráfico té que se obtenh o resultdo. Estes métodos são pouco empregdos um vez que não são utomáticos e portnto não podem ser plicdos em sistems computcionis. Método Numérico ou Algorítmico Os métodos numéricos podem ser empregdos em gerl e tem grnde pelo prático um vez que podem ser embutidos em mbientes computcionis.. Objetivo d Integrção Numéric O método numérico pr clculr integrl de f(x) utiliz exclusivmente s operções ritmétics necessáris o cálculo de f(x), o que pode ser conveniente, ssim dispensndo o cômputo ds derivds de f. Usulmente vmos clculr integrl de f(x) de té b, ou sej, F (x) = b f(x)dx, onde < < b < Filosofis Básics Pr clculr o vlor proximdo d integrl definid vmos utilizr um combinção liner de vlores d função f(x) em certos pontos x j, x j b, chmdos de nós e certos vlores w j que constituem os pesos. Mis formlmente, vmos proximr F (x) com expressão: b f(x)dx n+1 = w 1 f(x 1 ) + w f(x ) w n+1 f(x n+1 ) = w j f(x j ) (.1) De cordo com os vlores dos pesos e com escolh de nós, temos no ldo direito de?? o que chmmos de Regr de Integrção. A determinção dos pesos e dos nós é feit de cordo com váris filosofis que se grupm em dus subdivisões: Fixs A escolh de nós não depende do comportmento específico d função ser integrd, ms pens d regr ser utilizd. Adpttiv A escolh dos pontos {x j } depende do comportmento d função, de modo que densidde sej mior onde função f(x) vri com menos suvidde. j=1

17 .. OBJETIVO DA INTEGRAÇÃO NUMÉRICA 17 Tnto n filosofi fix como n dpttiv, empregmos vários tipos de regrs. As mis importntes são: Fórmuls de Newton-Cotes Determinmos os pontos x j = x 0 + jh que são igulmente espçdos de um distânci h. Os pesos w j são obtidos prtir de um polinômio de gru m que interpol f nos pontos (x j, f(x j )). Portnto, regr obtid é ext pr qulquer polinômio de gru menor ou igul m. Fórmuls de Guss Determinmos os pontos x j e os pesos w j de modo que regr sej ext pr qulquer polinômio de gru p = n + 1, onde n é o número de pontos serem tomdo no intervlo [, b]. Os pontos x j ssim obtidos não são igulmente espçdos. Fórmuls bseds nos métodos de extrpolção do limite As fórmuls Newtonins podem presentr um convergênci lent. Um form de se umentr velocidde de convergênci é plicr um fórmul de Newton-Cotes pr h = h j, h j+1 < h j, obtendo-se um sequênci de proximções d integrl b f(x)dx. As integris serem clculds podem ser própris ou imprópris, convergentes ou não. As integris imprópris são quels ns quis o intervlo de integrção ou integrndo são ilimitdos. Tis integris são definids como um limite de integris própris, como está seguir: 1. f(x)dx = lim x x. b f(x)dx = lim x b x f(x)dx f(x)dx, qundo o limite existe 3. No cso de integrndo não limitdo, f é definid no intervlo (, b) que é ilimitd num vizinhnç de, então: b f(x)dx = lim b r + r f(x)dx, qundo o limite existe. Além dos problems nteriores, podemos ter integris própris, convergentes, porém ml comportds. Isto ocorre qundo função não tem um comportmento polinomil, present picos ou oscilções frequentes. A Figur.1 ilustr s questões reltivs funções própis e imprópis.

18 18 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA.3 Fórmuls Newtonins.3.1 Considerções Iniciis As fórmuls Newtonins são de plicção mis simples qundo temos expressão de f ou qundo obtemos um tbel de pontos ddos experimentlmente. As fórmuls dds pel interpolção de f por polinômios de gru 1, ou m podem ser plicds no intervlo [, b] constituindo regrs simples, ou em subdivisões [x j, x j+1 ] do intervlo [, b] formndo regrs composts. As fórmuls Newtonins podem ser: Fechds Qundo o integrndo f é clculdo em x 0 = e x m = b sendo que função f deve ser definid nestes pontos. Aberts Qundo o integrndo não é vlido em mbs s extremiddes do intervlo [, b] e sim em pontos próximos, ssim x m r = e x m+r = b e 0 < r m são utilizdos qundo há descontinuidde nos extremos. Com termos de correção O integrndo é vlido em pontos x j for do intervlo [, b] pr fornecer um correção o vlor clculdo por um regr fechd..3. Regrs dos Retângulos Sej o intervlo finito [, b] no eixo x, que é prticiondo em n subintervlos [x j, x j+1 ], j = 1,..., n, onde x 1 =, x n+1 = b, e h j = x j+1 x j. Sej f um função contínu, cuj integrl não é conhecid. Nosso objetivo é clculr F (x) = b f(x)dx pelo cálculo ds áres de retângulos. Este procedimento pode ser ilustrdo n Figur. ilustr três tipos de regrs, qul exemplific três tipos de regrs. N Figur.(), áre de cd retângulo é dd por A = f(x j )h j, n Figur.(b) áre é dd por A = f(x j+1 )h j, e por fim n Figur.(c) áre é dd por A = f(x j)+f(x j+1 ) h j. Em qulquer ds escolhs, som ds áres dos retângulos será um proximção de b f(x)dx que denotremos por I(f): I(f) = b f(x)dx

19 .3. FÓRMULAS NEWTONIANAS 19 Considerndo um intervlo de intregrção [, b] subdividido em n subintervlos, teremos: n I(f) = I j = I j j=1 xj+1 x j f(x)dx = I j (h j ) onde I j é áre do j-ésimo retângulo, sendo dd por um ds três fórmuls cim. Dus regrs pr integrção são: Regr Simples Um fórmul simples pr proximção de I(f) é utilizr pens um retângulo, o que result ns expressões bixo: I(f) = f()(b ) I(f) = f(b)(b ) I(f) = f() + f(b) (b ) Regr Compost O intervlo [, b] é subdividido em n sub-intervlos. Pel regr dos retângulos, integrl será indicd por R(h j ) e s regrs de integrção são: n R(h j ) = f(x j )h j R(h j ) = R(h j ) = j=1 n f(x j+1 )h j j=1 n j=1 f( x j + x j+1 )h j vrindo conforme o tipo de retângulo, onde x j+1 = x j + h j. No cso em que h j = h é um constnte, então temos: n R(h j ) = h f(x j ) R(h j ) = h R(h j ) = h j=1 n f(x j+1 ) j=1 n j=1 f( x j + x j+1 )

20 0 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA e consequentemente x j+1 = x j + h..3.3 Regr dos Trpézios Se proximrmos f por um polinômio de gru 1 o invés de zero, como no cso dos retângulos, temos que: f (x) = que pode ser colocdo n form: [ f() f(b) ] f(b) bf() x + b b f()x bf() = + b = f() x b b + f(b) x b f(b) f(b)x b f (x) = f() x b b + f(b)x b Utilizndo proximção liner f (x) de f(x), podemos verificr que: Ou sej: b f(x)dx = = b b = f() b f (x)dx f() x b b dx + b b (x b)dx + f(b) b f(b) x b dx b (x )dx = f() [ ] (x b) b + f(b) [ (x ) b b = f() ] ( b) [ + f(b) (b ) b b f()( b) f(b)(b ) = + f()( b) + f(b)(b ) = = b [f() + f(b)] b f(x)dx = b [f() + f(b)] ] b

21 .3. FÓRMULAS NEWTONIANAS 1 que corresponde à regr simples do trpézio, conforme ilustrção n Figur.3. Se subdividirmos o intervlo [, b] em n subintervlos e em cd um deles proximrmos f por um ret teremos regr dos trpézios compost. Indicndo por T (h j ) proximção de I(f) pel regr compost dos trpézios, teremos: T (h j ) = = n T j (h j ) j=1 n j=1 f(x j ) + f(x j+1 ) h j onde h j = x j+1 x j, j = 1,..., n. Se h j = h, pr todo j, podemos simplificr expressão, obtendo: [ f(x1 ) + f(x ) T (h) = h + f(x ) + f(x 3 ) f(x ] n) + f(x n+1 ) ou ind, T (h) = h [f(x 1) + f(x ) + f(x 3 ) f(x n ) + f(x n+1 )].3.4 Regr de Simpson Se proximrmos f por um polinômio de gru, um prábol, teremos chmd Regr de Simpson. Porém, pr interpolrmos f por um prábol precismos de 3 pontos pr construirmos fórmul d regr simples. Sejm e b dois pontos ddos e y m, o ponto médio ddo por y m = +b. Pelo polinômio de Lgrnge temos que: f(x) = f (x) = f() (x b)(x y m) ( b)( y m ) + f(y (x )(x b) m) (y m )(y m b) + f(b)(x )(x y m) (b )(b y m ) Podemos obter f (x) trvés do polinômio de Gregory-Newton, usndo s diferençs finits: f (x) = f() + (x ) f() h + (x )(x y m ) f() h

22 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA onde, f() = f(y m ) f() Fzendo um mudnç de vriável: f() = f(b) f(y m ) f() x(α) = + αh, α [0, ] dx dα = h dx = hdα x = + αh x = αh De cordo com est mudnç de vriável, temos que x(0) =, x(1) = y m, e x() = b pr h = b. Dí deduzimos que: [ ] ( + + h) (x )(x y m ) = αh + αh [ ] + αh h = αh = αh [α 1] h = α(α 1)h Podemos então obter integrl proximd: b Portnto f (x)dx = = = h 0 0 { [ f() + αh f() h + α(α 1)h f() h [ f() + α f() + α(α ] 1) f() hdα [f()α] 0 + f() [ α ] 0 + f() [ α 3 ] hdα 3 α = h[f() + (f(y m ) f()) (f(b) f(y m) + f())] b f (x)dx = h 3 [f() + 4f(y m) + f(b)], onde: y m = +b e h = b. A proximção qudrátic f (x) de f(x) no intervlo [, b], com ponto médio em y m, é ilustrd n Figur.5. ] 0 }

23 .3. FÓRMULAS NEWTONIANAS 3 Regr Compost de Simpson Seguindo mesm técnic de integrção d regr compost dos trpézios, ms dest fez utilizndo o integrdor de Simpson, obtemos Regr Compost de Simpson: S(h j ) = = n s j (h) j=1 n j=1 h j 3 [f(x j) + 4f(y j ) + f(x j+1 )] onde y j = x j+x j+1 e h j = x j+1 x j, j = 1,..., n. Expndindo expressão de Simpson e ssumindo que h j = h pr todo j, podemos expressá-l n form: S(h) = h 3 [f(x 1) + 4f(y 1 ) + f(x ) + 4f(y ) + f(x 3 ) f(x n ) + 4f(y n ) + f(x n+1 )]..3.5 Fórmul Gerl ds Regrs Newtonins Podemos generlizr os procedimentos nteriores e proximr f por um polinômio de gru m. Lembre que n regr dos retângulos utilizmos um polinômio interpoldor de gru 0, n regr dos trpézios um polinômio de gru 1, e por último um polinômio de gru n regr de Simpson. Ao dotrmos um polinômio de gru m, precismos determinr m + 1 pontos no intervlo [, b] pr plicção d regr simples. Sej: h > 0 distânci entre os nós; x 0 = o nó inicil; x k = x 0 + hk, k = 0,..., m, os demis nós; e f k = f(x k ) o vlor d função nos diferentes nós

24 4 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA Com bse nests definições, fórmul de interpolção de Newton nos dá: f(x) = m k=0 ( u k ) k f 0 + R m+1, onde u = x x 0 ( ) h u u(u 1)(u )... (u k + 1) = k k! h R m+1 = (m + 1)! u(u 1)... (u m)f m+1 (η), x 0 < η < x m Integrndo f e trocndo integrl com somtóri, temos: b f(x)dx = h k =.3.6 Exemplo 1 m k k f 0 + R m+1, onde k=0 β α ( u k β ( R m+1 = h m+1 α ) du; α = x 0 h u m + 1 e β = b x 0 h ) f (m+1) (η(u))du Tomemos como tref o cálculo de 1 0 e x dx, com n = 4 e n = 8 trvés d Regr dos Trpézios. Cso i, n = 4: Nest situção os prâmetros e nós são como segue: h = b 4 x 1 = 0 x = 0.5 x 3 = 0.5 x 4 = 0.75 x 5 = 1.0 = 0.5 Usndo expressão: T (h) = h [f(x 1) + f(x ) + f(x 3 ) f(x n ) + f(x n+1 )]

25 .3. FÓRMULAS NEWTONIANAS 5 e substituindo os vlores cim, obtemos: T (h) = 0.15[ ] = Cso ii, n = 8: Nest situção os prâmetros e nós são como segue: h = 0.15 x 1 = 0 x = 0.15 x 3 = 0.5 x 4 = x 5 = 0.5 x 6 = 0.65 x 7 = 0.75 x 8 = x 9 = 1.0 Usndo expressão: T (h) = h [f(x 1) + f(x ) + f(x 3 ) f(x n ) + f(x n+1 )] obtemos: T (0.15) = 0.15 [f(x 1 ) + f(x ) + f(x 3 ) f(x 8 ) + f(x 9 )] = Comprndo os dois resultdos, vimos que podemos confir em dois dígitos de cd resultdo, então:.3.7 Exemplo 1 0 e x = 0.74 Clculr f(x) sendo f função tbeld seguir, usndo regr de Simpson:

26 6 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA x j f j Usndo regr de Simpson, temos: b f(x)dx = h 3 [f(x 1) + 4f(x ) + f(x 3 ) + 4f(x ) f(x n ) + f(x n+1 )] h = 0.1 n = 4 Substituindo os vlores cim, obtemos: S(f) = 0.1 [ ] 3 = Exemplo 3 Clculr 1 x ln xdx,usndo regr de Simpson, pr n = 1 e n =. Cso i, n = 1: Nest situção, os prâmetros são conforme segue: h = 1 S(1) = h [f(1) + 4f(1.5) + f()] 3 = 1 [ ] 6 = Cso ii, n = : Nest situção, os prâmetros são conforme segue: h = 1 4 S(0.5) = h [f(1) + 4f(1.5) + f(1.5) + 4f(1.75) + f()] 3 = 0.5 [ ] 3 =

27 .4. ESTIMATIVAS DE ERROS 7.4 Estimtivs de Erros Pr trnsformr expressão bixo num iguldde: b f(x)dx n+1 = w j f(x j ) considerremos o erro que estmos cometendo. Embor o erro não poss ser clculdo extmente, em muitos csos ele pode ser estimdo com bo precisão. O processo de integrção numéric constitui um problem bem condiciondo em princípio. É clro que, o proximrmos f por um polinômio p, estmos cometendo um erro ms se observrmos Figur.6 veremos que som dos erros se nul à medid que n ument. Adotremos notção bixo pr erros. j=1 E T T C irá pr indicr o erro de truncmento d regr dos trpézios compost. E T T S indicrá o erro de truncmento d regr dos trpézios simples..4.1 Erro de Truncmento n Regr dos Trpézios Simples Levndo os erros em considerção, integrl pode ser colocd n form: b f(x)dx = (b ) [f() + f(b)] + E T T S Teorem 15 Se f(x) é dus vezes diferenciável em [, b], então o erro de truncmento E T T S é ddo por: Exemplo de Aplicção Clculr integrl I = 1 I = T (1) E T T S = h3 1 f (ξ), onde ξ [, b] e x x dx pel regr dos trpézios simples. = 1 [f(1) + f()] = 0.5( ) = 0.5( ) =

28 8 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA O vlor exto pr 1 css decimis é x10 1 e, portnto, o erro bsoluto é: = Comprndo o erro bsoluto com o erro indicdo pelo Teorem 15, precismos inicilmente clculr s derivds: f (x) = e x x e x ( x 1 = x + 1 ) x e x f (x) = e x x = Fzendo ξ = 1, ξ [1, ] temos que: + e x + e x x 3 ( 1 x + + x + x 3 f (ξ) = 5e 1 = e x x ) e x logo, o erro de truncmento previsto pelo teorem é 13 1.f (ξ) = Portnto, confirm-se que o erro bsoluto é menor que o previsto..5 Erro de Truncmento n Regr dos Trpézios Compost Teorem 16 Se f é dus vezes continumente diferenciável em [, b], então o erro de truncmento d fórmul compost dos trpézios, pr n subintervlos, é ddo por: Prov. Sej gor h = b n i = 1,,..., n, temos: xi E T T C = h 1 (b )f (ξ), ξ [, b] e n = b h. Pr cd subintervlo [x i 1, x i ], x i 1 f(x)dx = h [f(x i) + f(x i 1 )] + E T T i, onde E T T i = h3 1 f (ξ i ), ξ i [x i 1, x i ]

29 .5. ERRO DE TRUNCAMENTO NA REGRA DOS TRAPÉZIOS COMPOSTA 9 Um vez que: b f(x)dx = x x 1 f(x)dx + e pel regr compost, temos que: ms, b x3 x f(x)dx xn x n 1 f(x)dx f(x)dx = h [f(x 0) + f(x 1 ) f(x n 1 ) + f(x n )] + n E T T i = i=1 n i=1 = h3 1 h3 1 f (ξ i ), ξ i [x i 1, x i ] n f (ξ i ) i=1 (b )3 = 1n 3 n f (ξ i ) i=1 n i=1 E T T i Como f (x) é contínu, f (x) ssume todos os vlores entre seus máximos e mínimos em [, b]. Portnto, existe lgum ξ [, b] tl que: Logo, f (ξ) = n f (ξ i ) i=1 n (b )3 E T T C = 1n 3 nf (ξ) (b )3 = 1n f (ξ) = h 1 (b )f (ξ) Exemplo de Aplicção Considerndo o exemplo nterior, vmos clculr e x 1 x dx, com n =, 4,..., 56. Os resultdos destes cálculos, juntmente com o erro bsoluto e os limites de erro clculdos são listdos n tbel bixo.

30 30 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA Vlor Erro Limite de h n clculdo bsoluto erros Podemos observr que cd vez que o número de intervlos n é dobrdo, o erro bsoluto é reduzido por um ftor de proximdmente 4, o que está de cordo com o resultdo do teorem..6 Estimção Numéric do Erro de Truncmento d Regr dos Trpézios O que fzer qundo f (x) não estiver disponível? Dus possibiliddes são: 1. Clculr f (x) numericmente. Clculr T (h) e T ( h ) e comprr os resultdos No cso (i), segund derivd f (x) é clculd numericmente pel série de Tylor se f é suficientemente diferenciável: f (x) = f(x + h) f(x) + f(x h) h + O(h ) Logo, um limite de f (x) pode ser clculdo por: f(x j+1 ) f(x j ) + f(x j 1 ) mx 1 j n h O limite cim pode ser útil no cso d integrção pr pontos tbeldos igulmente espçdos de h. No cso (ii), podemos utilizr o Teorem 16: I T (h) = I T ( h ) = (b ) 1 (b ) h f (ξ 1 ), ξ 1 [, b] 1 h 4 f (ξ ), ξ [, b]

31 .6. ESTIMAÇÃO NUMÉRICA DO ERRO DE TRUNCAMENTO DA REGRA DOS TRAPÉZIOS 31 Assumindo que f (ξ 1 ) = f (ξ ), temos que: 4[I T ( h )] = I T (h) 4I 4T ( h ) = I T (h) 3I 3T ( h ) = T ( h ) T (h) I T ( h ) = T ( h ) T (h) 3 Chegmos à conclusão de que o erro de truncmento, o clculrmos T ( h ) é, proximdmente, terç prte entre s dus proximções T ( h ) e T (h). Este método é prticulrmente vntjoso, pois, o clculrmos T ( h ) podemos reutilizr os vlores de f usdos pr clculr T (h). Ou sej, [ f() T (h) = h T ( h ) = h Portnto, + f( + h) + f( + h) f( + (n 1)h) + f(b) [ 1 f() + f( + h ) + f( + h) + f( + 3h f( + (n 1)h) + f( + (n 1 f(b) )h) + T ( h ) = 1 T (h) + h n f( + (j 1 )h) j=1 logo o número de vlições é reduzido pel metde. ) + f( + h) ] ]

32 3 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA y () y (b) f(x) f(x) b x b x Integrl propi bem comportd integrndo suve, polinomil Integrl propi ml comportd integrndo no suve, com vricoes bruscs y (c) y (d) f(x) f(x) b x b x Integrl impropi intervlo de integrco limitdo integrndo no limitdo Integrl impropi integrndo pode ser limitdo ou ilimitdo Figur.1: Comportmento de integris

33 .6. ESTIMAÇÃO NUMÉRICA DO ERRO DE TRUNCAMENTO DA REGRA DOS TRAPÉZIOS 33 () (b) (c) x1 x x3 x4 x1 x x3 x4 x1 x x3 x4 Figur.: Regrs dos retângulos f(x) f*(x) A Figur.3: Regr simples do trpézio b x1= x x3 x4 x5 x6=b Figur.4: Regr compost do trpézio

34 34 CAPÍTULO. INTEGRAÇÃO NUMÉRICA f(x) f*(x) ym b Figur.5: Regr de Simpsom y f*(x) f(x) Figur.6: Cncelmento de erros b x

35 Cpítulo 3 Resolução Numéric de Equções Diferenciis Ordináris Fenômenos físicos frequentemente envolvem relções entre um vriável independente x e um vriével dependente y, que não é fácil ou mesmo possível de ser escrit como um função d vriável dependente: y = f(x). Por outro ldo, podemos estbelecer relção entre y e x trvés de seus vlores e s derivds d função desconhecid y (x). Em cirucitos elétricos, por exemplo, desejmos encontrr voltgem como um função do tempo, v(t), que pode ser escrit como um relção ds derivds de v no tempo e s proprieddes do circuito. Um relção escrit como um função d vri vel independente x, d vri vel dependente y e sus derivds y (x), y (x),... é dit um equção diferencil. Um relção que envolve derivds té ordem n é dit equção diferencil ordinári e ssum form: F (x, y(x), y (x),..., y (n) (x)) = 0 Neste cpítulo fremos um breve introdução o problem de encontrr solução de equções diferenciis ordináris e tmbém de sistems equções diferenciis ordináris. No cso d vriável independente ser o tempo t, o sistem de equções diferenciis ordináris tom form: ẋ 1 = f 1 (x 1,..., x n ) ẋ = f (x 1,..., x n ).. ẋ n = f n (x 1,..., x n ) 35

36 36CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR Mis especificmente, estremos interessdos no problem de encontrr trjetŕoi x(t), t [0, T ], sendo ddo o estdo inicil x(0) R n, onde x(t) = (x 1 (t),..., x n (t)). 3.1 Introdução Modelgem com Equções Diferenciis Nest seção será feit modelgem d dinâmic do de um veículo com um pêndulo invertido copldo, conforme mostr Figur 3.1. Serão obtids s equções diferenciis que regem o movimento do veículo e do pêndulo em respost forçs externs e ção d grvidde. Θ H m Θ V mg l u M H V Figur 3.1: Veículo com pêndulo invertido y Objetivndo tornr o desenvolvimento mis simples, ssumimos que o crro e o pêndulo se movem no mesmo plno, e que podemos desprezr fricção, mss d hste, e forç do vento. O problem clássico de controle consistem em encontrr um lei de controle que mntenh o pêndulo n posição verticl, o qul se encontr deslocdo d posição qul pode estr se movimento pr bixo. Utiliz-se forç horizontl pr trzer o pêndulo de volt à posição verticl. Sejm H e V respectivmente, s forçs verticl

37 3.1. INTRODUÇÃO A MODELAGEM COM EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 37 e horizontl exercids pelo crro no pêndulo conforme figur. Aplicção d lei de Newton dos movimentos lineres, obtemos: M d dt y = u H (3.1) H = m d (y + l sin θ) (3.) dt mg V = m d (l cos θ) (3.3) dt onde y+l sin θ é posição horizontl d mss do pêndulo e l cos θ é posição verticl d mss. Reescrevendo s equções cim, podemos colocá-ls n form bixo: Mÿ = u H (3.4) H = mÿ + ml d (sin θ) dt = mÿ + ml d (cos θ) dt = mÿ + ml cos θ ml sin θ( θ) (3.5) mg V = m d l sin θ θ dt = ml( cos θ θ θ sin θ θ) = ml[ sin θ θ cos θ( θ) ] (3.6) Aplicndo Lei de Newton o movimento rotcionl do pêndulo, obtemos: De (3.7) obtemos: ml θ = lmg sin θ + V l sin θ Hl cos θ (3.7) Substituindo (3.1) em (3.8) obtemos: V = ml θ lmg sin θ + Hl cos θ l sin θ V = ml θ lmg sin θ + l cos θu Ml cos θÿ l sin θ Substituindo (3.9) em (3.6), obtemos: (3.8) (3.9) mg + ml θ lmg sin θ + l cos θu Ml cos θÿ l sin θ = ml[ sin θ θ cos θ( θ) ]

38 38CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR lmg sin θ + ml θ lmg sin θ +l cos θu Ml cos θÿ = ml sin θ θ + ml cos θ sin θ( θ) que por su vez nos lev : (ml ml sin θ) θ = ml cos θ sin θ( θ) + mlg sin θ Substituindo (3.1) em (3.5), obtemos: l cos θu + Ml cos θÿ (3.10) u Mÿ = mÿ + ml cos θ θ ml sin θ( θ) (M + m)ÿ = ml sin θ( θ) ml cos θ θ + u (3.11) Podemos expressr o sistem de equções diferenciis de um form mis compct. Primeirmente, podemos colocr (3.10) n form: α 1 θ = α + α 3 ÿ + α 4 u (3.1) onde: Depois, expressmos (3.11) como: α 1 = ml (1 sin θ) α = ml cos θ sin θ( θ) + mlg sin θ α 3 = Ml cos θ α 4 = l cos θ (3.13) onde: β 1 ÿ = β + β 3 θ + β4 u (3.14) β 1 = (M + m) β = ml sin θ( θ) β 3 = ml cos θ β 4 = 1 (3.15) Agor podemos substituir (3.15) n equção (3.1) de mneir se obter: α 1 θ = α + α 3 (β + β 3 θ + β4 u) β 1 + α 4 u α 1 θ α 3 β 3 β 1 θ = α + α 3β 1 β 1 + α 4β 1 + α 3 β 4 β 1 u (3.16) Assim, podemos substituir (3.16) em (3.14) e escrevê-ls n form: [ ] β1 θ = α 1 β1 α 3 β3 α + α 3β 1 β 1 + α 4β 1 +α 3 β 4 β 1 u [ ] [ ] ÿ = β β1 α + α 3β 1 β 1 + β4 β 1 + β (3.17) 3(α 4 β 1 +α 3 β 4 ) β 1 (α 1 β 1 α 3 β 3 )

39 3.. EXEMPLOS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 39 Isto signific que s derivds segunds de θ e y form definids n form compct: θ = f(θ, θ, u) ÿ = g(θ, θ, (3.18) u) onde f e g form definids conforme (3.17). Por meio de mudnç de vriáveis, vmos gor expressr o sistem de equções diferenciis em um sistem de equções envolvendo vriáveis de estdo e sus derivds de primeir ordem no tempo. Sejm x 1, x, x 1 e x s novs vriáveis de estdo, cujs relções com θ e y são: { { x1 = θ x1 = θ = x 1 x = x 1 x = ẍ 1 = θ (3.19) Procedendo d mesm form pr vriáveis y, result em: { x3 = y x 4 = ẏ { x3 = ẏ = x4 x 4 = ÿ (3.0) Agregndo s equções (3.19) e (3.0) germos os sistem de equções: x 1 = x x = f(x 1, x, u) (3.1) x 3 = x 4 x 4 = g(x 3, x 4, u) que pode ser expresso de um form ind mis compct: x = F (x, u) (3.) onde x = (x 1,..., x ) e F (x, u) = (x, f(x 1, x, u), x 4, g(x 3, x 4, u)). Problems como o descrito cim tem s relções entre s vriáveis descrits em termos de equções diferenciis, ou sej, equções que envolvem um função desconhecid e lgums de sus derivds. Um equção que envolve derivds té ordem n é chmd de equção diferencil ordinári (ODE). No cso d ODE especificd em (3.), função desconhecid é função x(t). 3. Exemplos de Equções Diferenciis Exemplo Um list de equções diferenciis exemplo segue bixo:

40 40CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR ) dy dx = y + x b) dy dx = y c) dy dx = x + 3 d) e x dy dx + 7xy = x + 1 e) dy dx = y + 1 f) d y dx + 3 dy dx 17y = 0 g) xyy + xy = 0 h) e x y + y + 3xy = x + 3 As equções dds em () e (e) são equções diferenciis de primeir ordem e lineres. Já s equções (f) e (h) são equções diferenciis de segund ordem e lineres, enqunto que equção (g) é um equção diferencil de segund ordem e não-liner. Exemplo Considere equção diferencil liner de primeir ordem: dy dx = x + 3 que pode ser escrit como y = f(x) sendo f(x) = x + 3 um função contínu pr < x < b. A solução d equção é dd por: y = f(x)dx + c = (x + 3)dx = x + 3x + c 3.3 Problem de Vlor Inicil O problem de vlor inicil consiste em encontrr um solução pr equção diferencil y (n) (x) = f(x, y, y,..., y (n 1) ) (3.3)

41 3.4. SISTEMAS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS 41 sendo s condições iniciis dds por: y() = ξ 1 y () = ξ.. y (n 1) () = ξ n No que segue desenvolveremos métodos numéricos pr resolver of problem (3.3). 3.4 Sistems de Equções Diferenciis Um sistem de equções diferenciis de primeir ordem tem seguinte form: y 1 (x) = f 1(x, y 1, y,..., y n ) y (x) = f (x, y 1, y,..., y n ). y n(x) = f n (x, y 1, y,..., y n ) (3.4) Qundo o problem cim tem solução, então ele tem, em gerl, váris soluções, ou sej, um fmíli de soluções. Com s condições iniciis bixo, temos o problem do vlor inicil: y 1 (x) = y(x) y (x) = y (x). y n (x) = y n 1 (x) Note que equção diferencil do problem de vlor inicil, (3.3), pode ser colocd n form de um sistem de equções diferenciis de primeir ordem, conforme modelo ddo por (3.4). Pr tnto, bst proceder como

42 4CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR segue: y (n) = f(x, y, y,..., y (n 1) ) Exemplo y (n) (x) = f(x, y, y,..., y (n 1) ) y 1 = y y = y. y n = y (n 1) y 1 = y y = y. y n = y (n) y 1 = y y = y 3. y n = f(x, y 1, y,..., y n ) (3.5) Considere o problem de vlor inicil ddo por: y (x) = xy + e x y(x) + x + 1, 0 x < 1 (3.6) tl que y(0) = 1, y (0) = 0, e y (0) = 1. Podemos então trnsformr (3.6) em um sistem de equções de primeir ordem, fzendo: y 1 = y y = y 3 y 1 = y y = y y 3 = y 3.5 Equções de Diferençs y 3 = xy + e x y 1 + x + 1 y 0 (0) = 1, y 1 (0) = 0, y 3 (0) = 1 (3.7) Um equção de diferençs de ordem n é um sequênci de equções d form: g k (y k+n, y k+n 1,..., y k ) = 0, k = 0, 1,... y j = ξ j, j = 0, 1,..., n 1 (3.8) Os g k são funções de n + 1 vriáveis e os vlores ξ j são ddos específicos. Um solução de tl equção é um sequênci (y 0, y 1,..., y n 1, y n, y n+1,...) que stisfz s equções (3.8).

43 3.6. MÉTODOS DE SOLUÇÃO ELEMENTARES 43 Um form especil ds equções (3.8) é: α n y k+n + α n 1 y k+n α yk = 0, k = 0, 1,,... y j = ξ j, j = 0, 1,,..., n 1 (3.9) Em (3.9), os g k independem de k e são funções lineres homogênes de tods s vriáveis, e por est rzão são chmds de equções de diferençs lineres homogênes, com coeficientes constntes. Exemplos Abixo listmos três exemplos de equções de diferençs lineres: ) y k+ 5y k+1 + 6y k = 0, y 0 = 0, y 1 = 1 b) y k+1 y k = 0 e y 0 = 0 c) y k+3 y k+ y k+1 + y k = 0, y 0 = 0, y 1 = 3, e y = Métodos de Solução Elementres Estudremos gor métodos que proximm um equção diferencil por um equção de diferençs. Determinr numericmente um solução de um equção diferencil é encontrr os vlores (y 1, y,..., y n ) trvés de um proximção d equção de diferençs. Tl proximção introduz um erro de truncmento e um erro de rredondmento. 3.7 Método de Euler Vmos resolver ODE de primeir ordem d form y = f(x, y) sujeit à condição inicil y(x 0 ) = y 0. Primeirmente, vmos nlisr o problem grficmente. Suponhmos que y = F (x) e que solução nlític sej curv mostrd no gráfico d figur bixo. Pr fzer um estimtiv de y 1, em torno do ponto (x 0, y 0 ) vmos considerr que: dy dx (x 0,y 0 ) = f(x 0, y 0 ) que pode ser proximdo em torno de (x 0, y 0 ) por: y y 0 x x 0 = f(x0, y 0 )

44 44CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR y y=f(x) y y1 y0 x0 x1 x Figur 3.: Ilustrção de um primitiv F (x) x Observndo que, se h = x 1 x 0 tender zero, ordend do ponto Q (ȳ) tende y 1 e dí: ȳ = y 0 + hf(x 0, y 0 ) y 1 (3.30) = y0 + hf(x 0, y 0 ) Generlizndo, temos seguinte equção diferençs, que é expressão de Euler: y k+1 = y k + hf(x k, y k ) (3.31) Outro enfoque consiste em considerr proximção: Introduzindo notção y (x) = [y(x + h) y(h)] h x k = + kh, = 0, 1,,... (3.3) de modo que = x 0 < x 1 < x <... < x n = b. Fzendo y k representr um proximção pr y(x k ) onde y(x) é solução de y = f(x, y(x)), então (3.3) sugere que: y (x k ) = [y k+1 y k ] h Portnto, y k+1 y k = hy (x k ) y k+1 = y k + hf(x k, y k ) (3.33)

45 3.7. MÉTODO DE EULER 45 y y y1 Q(x1,y) P(x1,y1) y0 x0 x1 Figur 3.3: Método de Euler x que é novmente expressão do método de Euler Exemplo Resolver equção diferencil y = x+3, pr x = {1.0, 1.1, 1., 1.3}, tendo como condições iniciis y = 1 qundo x = 1. Temos que f(x, y) = x + 3, x 0 = 1, y 0 = 1, h = 0.1. Psso 0 Temos, pels condições iniciis que: y 0 = 1 x 0 = 1 Psso 1 Clculmos y 1 pr x 1 = 1.1 conforme segue: y 1 = y 0 + hf(x 0, y 0 ) = ( 1 + 3) = 1.5 x 1 = x 0 + h x 0 = 1.0y 0 = 1.0 x 1 = 1.1y 1 = 1.5

46 46CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR Psso Clculmos y pr x = 1. conforme segue: y = y 1 + hf(x 1, y 1 ) = ( ) =.0 x = 1. Psso 3 Clculmos y 3 pr x 3 = 1.3 conforme segue: y 3 = y + hf(x, y ) =.56 x 3 = O Algoritmo de Euler Algoritmo de Euler (f,, b, ξ, h) x y ξ Enqunto x b y y + hf(x, y) x x + h Sid(x,y) Fim enqunto 3.8 Método de Euler pr Sistems de Equções Aqui vmos estender o método de Euler desenvolvido n seção pr resolver numericmente sistems de equções diferenciis.. Vejmos inicilmente um sistem de dus equções: { y = f(t, y, z) z = g(t, y, z) Fzendo h 0 = t 1 t 0, temos: y(t 1 ) = y 1 = y 0 + h 0 f(t 0, y 0, z 0 ) z(t 1 ) = z 1 = z 0 + h 0 g(t 0, y 0, z 0 )

47 3.9. MÉTODOS BASEADOS NA SÉRIE DE TAYLOR 47 Generlizndo pr um psso h qulquer, temos: { yk+1 = y k + hf(t k, y k, z k ) z k+1 = z k + hg(t k, y k, z k ) Pr um conjunto de n equções o método ssume form: y1 k+1 = y1 k + hf 1(x(k), y1 k, yk,..., yk n ) y k+1 = y k + hf (x(k), y1 k, yk,..., yk n). yn k+1 = yn k + hf n(x(k), y1 k, yk,..., yk n ) (3.34) Logo, s equções (3.34) nos dão um processo itertivo pr clculr solução numéric proximd de y(x) prtir de um conjunto de condições iniciis. Isto signific que trjetóri {(x k, y k ) : k = 0, 1,,...}, conforme (3.34), produz um solução proximd pr y(x). 3.9 Métodos Bsedos n Série de Tylor Tomemos como ponte de prtid equção diferencil ordinári: y = f(x, y(x)) y(x 0 ) = y 0 Sej y = F (x) solução, ou sej, F (x) = f(x, y) com f(x 0 ) = y 0. Assumiremos que F é diferenciável té ordem n. Expndindo F (x) n série de Tylor em torno de x 0, temos: Sbemos que: F (x) = F (x 0 ) + x x 0 1! F (x 0 ) + (x x 0) F (x 0 ) +...! + (x x 0) n F (n) (x 0 ) (3.35) n! F (x 0 ) = y 0 F (x 0 ) = f(x 0, y 0 ) = y 0 Entretnto precismos ind determinr y 0, y 0,..., y(n) 0. Não conhecemos ests derivds pois F (c) não é conhecid. Se f for suficientemente derivável,

48 48CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR els podem ser determinds considerndo-se derivd totl em relção x, pois f é função implícit de y. Isto nos lev os desenvolvimento bixo: y = f(x, y(x)) y = f (x, y(x)) = f y dy dx + f x = f y (x, y(x)).f(x, y(x)) + f x (x, y(x)) = f y f + f x (3.36) y = fyf y. dy dx + fyf x + fx x. dy dx. fx x = f xx + f xy f + f yy f + f x f y + fy f Exemplo Considere ODE y = x + y e condição inicil y(0) = 1. desenvolvimento cim, sbemos que Conforme y = f x + f y f = 1 + y y. Observndo que f x = 1, f y = y, f xx = 0 e f xy = 0, podemos verificr que: y = f yy f + f x f y + f y f = (x + y ) + 1.(y) + (y) (x + y ) = (x + xy + y 4 ) + y + 4y x + 4y 4 = x + 4xy + y 4 + y + 4y x + 4x 4 = 6y 4 + y + 4xy + 4y x + x

49 3.10. MÉTODO DE RUNGE-KUTTA 49 Asim temos: y (0) = 0 + y0 = y 0 = 1 y (0) = 1 + yy = 1 + y 0 y 0 = = 3 y (0) = 6y 4 + y + 4xy + 4y x + x = 6y y 0 = = 8 Isto nos lev solução proximd: Onde E T denot o erro cometido. y(x) = 1 + x + 3 x x3 + E T 3.10 Método de Runge-Kutt Os métodos de Runge-Kutt são obtidos pel série de Tylor em que se omite os termos de mis lt ordem n expnsão. Se cncelrmos os termos que contém potêncis de h de ordem mior que p, obtemos um método de ordem p. O método de Euler estuddo nteriormente é de primeir ordem. Pr desenvolvermos os métodos, vmos expndir y k+1 em vez de F (x) como descrito n equção (3.35), ou sej: y k+1 = y(x k ) + hy (x k ) + h y (x k ) + h3 6 y (x k ) (3.37) Método de Runge-Kutt de Segund Ordem Assumindo que y(x) é três vezes continumente diferenciável, então o teorem de Tylor nos dá: y k+1 = y(x k ) + hy (x k ) + h y (x k ) + h3 6 y (ξ k ) (3.38)

50 50CAPÍTULO 3. RESOLUÇÃO NUMÉRICA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁR pr lgum ξ k [x k, x k+1 ]. Usndo notção vemos que y (x k ) = f(x k, y(x k )) y(x k+1 ) = y(x k ) + hf(x k, y(x k )) + h y(x)) [df(x, ] + O(h 3 ) (3.39) dx Pr clculr df(x,y(x)) dx poderímos usr um ds formulr de (3.36), ms terímos o problem ds derivds prciis, então usmos um proximção dd pel derivção do polinômio interpoldor de gru um, ou sej: p(x) = f(x 1 ) x x x 1 x + f(x ) x x 1 x x 1 então: p 1 1 (x) = f(x 1 ) + f(x ) x 1 x x x 1 dí temos com h = x x 1 que: df(x, y(x)) dx = 1 [f(x + h, y(x + h)) f(x, y(x))] + O(h) (3.40) h Escrevendo equção (3.40) pr x = x k e substituindo em (3.39), temos: y(x k+1 ) = y(x k ) + hf(x k, y(x k )) + h [f(x k+1, y(x k+1 )) f(x k, y(x k )) ] + O(h 3 ) h = y(x k ) + h [f(x k+1, y(x k+1 )) f(x k, y(x k ))] = y(x k ) + h [f(x k+1, y k+1 ) f(x k, y(x k ))] (3.41) Todvi, fórmul (3.41) não pode ser utilizd pr clculr y 1, y,... por cus do termo y k+1 = y(x k+1 ) no ldo direito d iguldde. As fórmuls do tipo (3.41) são chmds fórmuls implícits. Substituindo y k+1 em f(x k+1, y k+1 ) pel expressão do método de Euler, temos: f(x k+1, y k+1 ) = f(x k+1, y(x k ) + hy (x k ) + O(h )) = f(x k+1, y(x k ) + hy (x k )) + O(h ) (3.4)

51 3.10. MÉTODO DE RUNGE-KUTTA 51 A substituição de (3.4) em (3.41), nos lev : y k+1 = y k + h [f(x k, y k ) + f(x k+1, y k + hf(x k, y k )] + O(h 3 ) (3.43) que é conhecid como fórmul de Runge-Kutt de segund ordem. Pr um equção diferencil do tipo y = f(x, y), com condição inicil y(x 0 ) = y 0, O método Runge-Kutt de segund-ordem pode ser reescrito d seguinte form: onde: x k+1 = x k + h y k+1 = y k + k 1 + k, k 1 = hf(x k, y k ) k = hf(x k+1, y k + k 1 )