Equações diferenciais ordinárias, Slides de Métodos Numéricos em Engenharia

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Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Prof. Afonso Paiva (Marcio Gameiro) Departamento de Matemática Aplicada e Estatística Instituto de Ciências Matemáticas e de Computação USP – São Carlos SME0302 – Métodos Numéricos para Engenharia II 2o Semestre de 2012 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Equação Diferencial Ordinária Definição Uma equação diferencial ordinária (EDO) é definida como uma equação que envolve uma função incógnita (y) e algumas de suas derivadas avaliadas em uma única variável independente (x), isto é: y(n) = F ( x, y(x), y(x)′, y(x)′′, y(3)(x), ..., y(n−1)(x) ) (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 2 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Equações Diferenciais Parciais Uma equação diferencial parcial (EDP) é aquela cuja função incógnita depende de duas ou mais variáveis independentes. Exemplo ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0 =⇒ u é função de x e y ; x e y são variáveis independentes. EDP linear, de 2a ordem e homogênea (Equação de Laplace). (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 5 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Motivação Segunda lei de Newton: m d2x(t) dx(t)2 = F(x(t)) A posição x(t) de um corpo é uma função em relação ao tempo t (única variável independente). (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 6 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Movimento Planetário Magnitude da força gravitacional: F = G mM d2 G = constante gravitacional M = massa do Sol m = massa de um planeta d = distância entre o Sol e o planeta. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 7 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Solução Analítica Determinadas EDOs podem ser solucionadas analiticamente, cuja solução é uma expressão explícita. Entretanto, isto nem sempre é possível. Soluções numéricas são bem vindas!! (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 10 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Solução Analítica Vamos resolver a E.D.O. : dy dx = y Solução: dy dx = y ⇒ dy dx = dx ⇒ ∫ dy y = ∫ dx ⇒ ln(y) + c1 = x + c2 ⇒ ln(y) = x + (c2 − c1) y = e x+(c2−c1) = exe(c2−c1) Tomando k = e(c2−c1), obtemos: y(x) = k e x (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 11 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Solução Analítica • Note que a solução da EDO resulta em uma família de curvas que dependem da constante k. • Uma solução particular pode ser obtida a partir das condições iniciais do problema. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 12 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Problema de Valor Inicial (PVI) Essa solução sempre vai existir? Se existir solução, ela é única? (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 15 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Problema de Valor Inicial (PVI) Seja f (x, y) definida e contínua em: D = {(x, y)/a ≤ x ≤ b; −∞ < y < ∞}. Suponhamos que existe uma constante positiva L, tal que: | f (x, y)− f (x, y∗) | = L | y− y∗ |, ∀(x, y) ∈ D. Então, se y0 é um número dado, existe uma única solução y(x) do PVI, onde y(x) é derivável para todo (x, y) ∈ D. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 16 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Solução Numérica Consideraremos a sequência de pontos {xn} definida por: xn = x0 + nh, n = 0, ..., N, com x0 = a, xN = b, N = b− a h h = tamanho do passo xn = pontos da malha N = número de passos (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 17 / 1 Solução Numérica de Equações Diferenciais Ordinárias Introdução Solução Numérica Resumo: Na solução numérica não se determina a expressão literal da função y(x), mas sim uma solução aproximada do PVI num conjunto discreto de pontos. Captura a evolução (dinâmica) de um sistema. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 20 / 1 Métodos Série de Taylor Métodos Baseados na Série de Taylor (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 21 / 1 Métodos Série de Taylor Série de Taylor Seja f uma função com derivadas de todas as ordens em algum intervalo contendo a como um ponto interior. Então, a série de Taylor para f (a + h) em torno de a é: f (a + h) = f (a) + hf ′(a) + h2 2! f ′′(a) + ... + hk k! f (k)(a)+ hk+1 (k + 1)! f (k+1)(c) Erro de Truncamento com c ∈ (a, a + h) (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 21 / 1 Métodos Série de Taylor Método de Taylor de ordem k Seja y(x) a solução exata do PVI. A expansão em série de Taylor para y(xn + h) em torno de xn truncando após (k + 1) termos é dada por: y(xn + h) = y(xn) + hy′(xn) + h2 2! y′′(xn) + ... + hk k! y(k)(xn) Problema: y e suas derivadas não são conhecidas. Solução: usar f para determinar as derivadas de y. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 24 / 1 Métodos Série de Taylor Método de Taylor de ordem k y′ = f (x, y) y′′ = f ′ = ∂f ∂x + ∂f ∂y y′ = fx + fyf y′′′ = f ′′ = ∂fx ∂x + ∂fx ∂y y′+ ( ∂fy ∂x + ∂fy ∂y y′ ) f + fy ( ∂f ∂x + ∂f ∂y y′ ) ⇒ y′′′ = fxx + 2fxyf + fyyf 2 + fxfy + f 2y f e assim por diante... Note que quanto maior a ordem de derivação mais complexa se torna a derivada total. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 25 / 1 Métodos Série de Taylor Método de Taylor de ordem k Assim, podemos escrever y(xn + h) = y(xn) + hy′(xn) + h2 2! y′′(xn) + ... + hk k! y(k)(xn) da seguinte maneira: y(xn + h) = y(xn) + hf (xn, y(xn)) + h2 2! f ′(xn, y(xn)) + ... + hk k! f (k−1)(xn, y(xn)). Substituindo por valores aproximados, temos: yn+1 = yn + hfn + h2 2! f ′n + ... + hk k! f (k−1)n (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 26 / 1 Métodos Série de Taylor Exemplo - Solução Tomando k = 3, temos: yn+1 = yn + hfn + h2 2 f ′n + h3 3! f ′′n Logo, f = −y + x + 2 f ′ = 1 + (−1)(−y + x + 2) = −y− x− 1 f ′′ = −1 + (1)(−y + x + 2) = −y + x + 1 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 29 / 1 Métodos Série de Taylor Exemplo-Solução Solução: Para n = 0: y1 = y0 + hf0 + h2 2! f ′0 + h3 3! f ′′0 Assim: (x0, y0) = (0, 2). Logo, f = −y + x + 2 ⇒ f0 = f (0, 2) = −2 + 0 + 2 = 0 f ′ = y− x− 1 ⇒ f ′0 = f ′(0, 2) = 2− 0− 1 = 1 f ′′ = −y + x + 1 ⇒ f ′′0 = f ′′(0, 2) = −2 + 0 + 1 = −1 Temos que h = 0.1. Portanto, y1 = 2 + (0.1)(0) + (0.1)2 2! (1) + (0.1)3 6 (−1) = 2.0048 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 30 / 1 Métodos Série de Taylor Exemplo-Solução Para n = 1: y2 = y1 + hf1 + h2 2! f ′1 + h3 3! f ′′1 Como h = 0.1 então (x1, y1) = (0.1, 2.0048). Logo, f = −y + x + 2 ⇒ f1 = f (0.1, 2.0048) = −2.0048 + 0.1 + 2 = 0.0952 f ′ = y− x− 1 ⇒ f ′1 = f ′(0.1, 2.0048) = 2.0048− 0.1− 1 = 0.9048 f ′′ = −y + x + 1 ⇒ f ′′1 = f ′′(0.1, 2.0048) = −2.0048 + 0.1 + 1 = −0.9048 Portanto, y2 = 2.0048+(0.1)(0.0952)+ (0.1)2 2 (0.9048)+ (0.1)3 6 (−0.9048) = 2.0186 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 31 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Método de Passo Múltiplo (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 34 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Classificação dos Métodos Métodos Explícitos: utilizam as aproximações yn, yn−1, yn−2, ..., y0 para obter yn+1. Métodos Implícitos: utilizam as aproximações yn+1, yn, yn−1, yn−2, ..., y0 para obter yn+1. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 34 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Método de Euler É o método mais simples de ser obtido, basta tomar k = 1 no método de Taylor: yn+1 = yn + hfn Método explícito de 1-passo. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 35 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Exemplo-Solução Para n = 1: y2 = y1 + hf1 Assim: (x1, y1) = (0.1, 2). Logo, f = −y + x + 2 ⇒ f1 = f (0.1, 2) = −2. + 0.1 + 2 = 0.1 Temos que h = 0.1. Portanto, y2 = 2 + (0.1)(01) = 2.01 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 38 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Exemplo-Solução Para n = 2: y3 = y2 + hf2 Assim: (x2, y2) = (0.2, 2.01). Logo, f = −y + x + 2 ⇒ f2 = f (0.2, 2.01) = −2.01 + 0.2 + 2 = 0.19 Temos que h = 0.1. Portanto, y3 = 2.01 + (0.1)(0.19) = 2.019 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 39 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Exemplo-Solução Logo, a solução numérica do PVI fornecida pelo Método de Euler é: xn 0 0.1 0.2 0.3 yn 2 2 2.01 2.019 y(xn) 2 2.00484 2.01873 2.04082 Solução exata do PVI: y(x) = e−x + x + 1. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 40 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Exemplo - Solução Cálculo do passo h, usando o erro de truncamento da série de Taylor, isto é: |E(xn)| = ∣∣∣∣y′′(c)2 h2 ∣∣∣∣≤ ε, com c ∈ (0, 0.04) Neste caso, conhecemos a solução analítica do PVI: y(x) = ex, temos então que: M2 = max t∈ [0,0.04] |y′′(t)| = e0.04 = 1.0408 ⇒ |y′′(c)| ≤ M2 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 43 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Exemplo - Solução Assim, |E(x)| ≤ 1.0408 2 h2 ≤ 5× 10−4 ⇒ h2 ≤ 2× 5× 10 −4 1.0408 = 10−3 1.0408 ⇒ h ≤ 0.031 Considerando pontos igualmente espaçados, segue que: xn = x0 + hn = 0.04 ⇒ h = 0.04 n . Assim, 0.04 n ≤ 0.0310⇒ n ≥ 0.04 0.031 ⇒ n ≥ 1.29⇒ n ≥ 2 . (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 44 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Método do Ponto Médio Dado o PVI: { y′ = f (x, y), y(x0) = y0, x ∈ [a, b]; x0 = a. Vamos desenvolver y(xn + h) e y(xn − h) em torno do ponto xn, isto é: y(xn + h) = y(xn) + hy′(xn) + h2 2! y′′(xn) + h3 3! y′′′(xn) + ... y(xn − h) = y(xn)− hy′(xn) + h2 2! y′′(xn)− h3 3! y′′′(xn) + ... (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 45 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Método do Ponto Médio Exemplo Resolver o P.V.I.:{ y′ = −y + x + 2 y(0) = 2 x ∈ [0, 0.3]; h = 0.1, Usando o método do ponto médio. Use o método de Taylor de ordem 2 para obter os valores iniciais. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 48 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Exemplo - Solução Inicialização (Método de Taylor) Tomando k = 2, temos: yn+1 = yn + hfn + h2 2! f ′n Logo, f = −y + x + 2 f ′ = 1 + (−1)(−y + x + 2) = y− x− 1. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 49 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo Exemplo - Solução Inicialização (n = 0): y1 = y0 + hf0 + h2 2! f ′0 Assim: (x0, y0) = (0, 2). Logo, f = −y + x + 2 ⇒ f0 = f (0, 2) = −2 + 0 + 2 = 0 f ′ = y− x− 1 ⇒ f ′0 = f ′(0, 2) = 2− 0− 1 = 1 Temos que h = 0.1. Segue que: y1 = 2 + (0.1)(0) + (0.1)2 2! (1) + (0.1)3 6 (−1) = 2.0048 Finalmente, f1 = f (0.1, 2.0048) = −2.0048 + 0.1 + 2 = 0.0952 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 50 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo via Integração Numérica Método de Passo Múltiplo via Integração Numérica (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 53 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo via Integração Numérica Método do Trapézio Considere o P.V.I.:{ y′ = f (x, y) y(0) = y0 x ∈ [a, b]; x0 = a, Método do Trapézio método implícito de 1-passo yn+2 − yn+1 = ∫ xn+2 xn+1 f (x, y)dx ≈ h[ fn+1C10 + fn+2C11 ] yn+2 − yn+1 = h 2 [ fn+1 + fn+2 ]⇒ yn+2 = yn+1 + h 2 [ fn+1 + fn+2 ] (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 54 / 1 Métodos Métodos de Passo Múltiplo via Integração Numérica Método de Adams-Bassforth Método de Adams-Bassforth: método explícito de 2-passos yn+2 − yn+1 = ∫ xn+2 xn+1 f (x, y)dx Fazendo uma mudança de variável: x = xn + uh ⇒ dx = hdu e f ≈ P, polinômio de interpolação de Newton nos pontos xn e xn+1. Temos, yn+2 − yn+1 = h ∫ 2 1 P(u)du (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 55 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Métodos de Runge-Kutta Explícitos são de passo um (auto-iniciantes); não exigem o cálculo de derivadas parciais de f (x, y); necessitam apenas do cálculo de f (x, y) em determinados pontos (os quais dependem da ordem dos métodos); método de Runge-Kutta coincide com a ordem do método de Taylor de mesma ordem. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 58 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Considere o P.V.I.: { y′ = f (x, y) y(0) = y0 x ∈ [a, b]; x0 = a, Forma geral de Runge-Kutta de s estágios: yn+1 = yn + hF(xn, yn, h), com F(xn, yn, h) = s ∑ i=1 biki (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 59 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Forma Geral de Runge-Kutta Explícitos k1 = f (xn, yn) k2 = f (xn + c2, yn + a21hk1) k3 = f (xn + c3, yn + a31hk1 + a32hk2) ... ks = f (xn + cs, yn + as1hk1 + as2hk2 + ... + as,s−1hks−1) e satisfaz i−1 ∑ j=1 aij = ci, i = 2, ..., s. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 60 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Runge-Kutta de ordem 2 Trocando a21 por c2 em k2: k2 = f (xn + c2h, yn + c2hf (xn, yn)). Expandindo k2 em série de Taylor em torno do ponto (xn, yn), obtemos: k2 = f + (c2h)fx + (c2h)fyf + (c2h) 2! fxx +(c2h)fxy + (c2h) 2! fyyf + termos de ordem 3 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 63 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Runge-Kutta de ordem 2 Substituindo k2 em : F(xn, yn, h) = b1k1 + b2k2 temos: F(xn, yn, h) = b1f + b2 (f + (c2h)fx + (c2h)fyf + (c2h)2 2! fxx + (c2h)2fxyf + (c2hf )2 2! fyy + termos de ordem 3) = (b1 + b2) f + b2c2h(fx + fyf ) + (c2h)2 2! b2[fxx + fxyf + fyyf 2] + termos de ordem 3 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 64 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Runge-Kutta de ordem 2 F(xn, yn, h) = (b1 + b2) f + b2c2h(fx + fyf ) + (c2h)2 2! b2[fxx + fxyf + fyyf 2] + termos de ordem 3 Chamando: A = fx + fyf B = fxx + 2fxyf + fyyf 2 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 65 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Runge-Kutta de ordem 2 Temos: Método de Euler Modificado b1 = 0 ⇒ b2 = 1 e c2 = 1 2  b1 + b2 = 1 b2c2 = 1 2 Método de Euler Melhorado b1 = 1 2 ⇒ b2 = 1 2 e c2 = 1 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 68 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Runge-Kutta de ordem 2 Método de Euler Modificado b1 = 0 ⇒ b2 = 1 e c2 = 1 2 Substituindo yn+1 = yn + hF(xn, yn, h) F(xn, yn, h) = b1k1 + b2k2 k1 = f (xn, yn) k2 = f (xn + c2h , yn + c2hk1) (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 69 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Método de Euler Modificado yn+1 = yn + hk2 k1 = f (xn, yn) k2 = f ( xn + 1 2 h , yn + 1 2 hk1 ) (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 70 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Método de Euler Melhorado (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 73 / 1 Métodos Métodos de Runge-Kutta Explícitos Runge-Kutta de ordem 4 yn+1 = yn + h 6 [ k1 + 2(k2 + k3) + k4 ] k1 = f (xn, yn) k2 = f ( xn + 1 2 h , yn + 1 2 hk1 ) k3 = f ( xn + 1 2 h , yn + 1 2 hk2 ) k4 = f (xn + h , yn + hk3) (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 74 / 1 Métodos EDOs no MATLAB EDOs no MATLAB (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 75 / 1 Métodos EDOs no MATLAB Exemplo - Matlab Resolver o PVI:{ y′ = −y + x + 2 y(0) = y0 N = 10; h = 0.2 Plotar a solução do PVI usando o método de Euler. Plotar a solução do PVI usando RK4 Plotar a solução exata do PVI: y = e−x + x + 1. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 78 / 1 Métodos EDOs no MATLAB EDOs no MATLAB: Exemplo  x′ = yz y′ = −xz z′ = −0.51xy x(0) = 0, y(0) = 1, z(0) = 1 0 2 4 6 8 10 12 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 79 / 1 Métodos EDOs no MATLAB EDOs no MATLAB function dy = func(t,y) dy = zeros(3,1); dy(1) = y(2) * y(3); dy(2) = -y(1) * y(3); dy(3) = -0.51 * y(1) * y(2); (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 80 / 1 Métodos EDOs no MATLAB Métodos do Tipo Previsor-Corretor Aproximamos yn+1 através do seguinte processo iterativo. 1 Por meio de um método explícito P encontramos: y(k)n+1 ≈ yn+1 2 Calculamos f (k)n+1 ≈ f (xn+1, y (k) n+1) 3 Melhoramos a aproximação de yn+1 utilizando fn+1 do passo (2) e um método implícito C para obter y(k+1)n+1 4 Volte para o passo (2) até que o número máximo de iterações seja atingido ou |y(k+1)n+1 − y (k) n+1| < e (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 83 / 1 Métodos EDOs no MATLAB Exemplo Resolver o PVI: { y′ = −y + x + 2 y(0) = 2, x ∈ [0, 0.3]; h = 0.1 Usando o método previsor-corretor com:{ P : yn+2 = yn+1 + h2 [−fn + 3fn+1] C : yn+2 = yn+1 + h12 [−fn + 8fn+1 + 5fn+2] Use e = 0.002 e o método de Taylor de ordem 2 para obter os valores iniciais. (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 84 / 1 Métodos EDOs no MATLAB Exemplo – Solução Inicialização (Método de Taylor) Tomando k = 2, temos: yn+1 = yn + hfn + h2 2! f ′ n Logo f = −y + x + 2 f ′ = 1 + (−1)(−y + x + 2) = y− x− 1 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 85 / 1 Métodos EDOs no MATLAB Exemplo – Solução Cálculo de y(1)2 C : y(1)2 = y1 + h 12 [−f0 + 8f1 + 5f (0)2 ] Logo, y(1)2 = 2.0048 + 0.1 12 [0 + 8(0.0952) + 5(0.1809)] = 2.0187 Cálculo do erro: |y(1)2 − y (0) 2 | = 4× 10 −4 < e =⇒ y2 = 2.0187 Cálculo de f2: f2 = f (0.2, 2.0187) = −2.0187 + 0.2 + 2 = 0.1813 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 88 / 1 Métodos EDOs no MATLAB Exemplo – Solução Para n = 1, calculamos y(0)3 P : y(0)3 = y2 + h 2 [−f1 + 3f2] Logo, y(0)3 = 2.0187 + 0.1 2 [−0.0952 + 3(0.1813)] = 2.0411 Cálculo de f (0)3 = f (x3, y (0) 3 ) f (0)3 = f (0.3, 2.0411) = −2.0411 + 0.3 + 2 = 0.2589 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 89 / 1 Métodos EDOs no MATLAB Exemplo – Solução Cálculo de y(1)3 C : y(1)3 = y2 + h 12 [−f1 + 8f2 + 5f (0)3 ] Logo, y(1)3 = 2.0187 + 0.1 12 [−0.0952 + 8(0.1813) + 5(0.2589)] = 2.0408 Cálculo do erro: |y(1)3 − y (0) 3 | = 0.0015 < e =⇒ y3 = 2.0408 (ICMC-USP) Solução Numérica de EDOs SME0302 90 / 1