Considere a EDO y^{\prime \prime}(x)=y^{\prime}(x)-y(x)+e^{x}+\sin (x) e as informações y(0)=2 e y(1)=3,25. Usando h=0,25, estime a imagem de 0,6 usando o método adequado da Lista 1 que possui menor erro.
Lista 1:
  • Opção A: Diferenças Finitas avançada e de segunda ordem
  • Opção B: Diferenças Finitas centrada e de segunda ordem
  • Opção C: Método de Série de Taylor de ordem 1
  • Opção D: Método de Euler
  • Opção E: Método Runge-Kutta de ordem 1
  • Opção F: Método Runge-Kutta de ordem 2 com a_{1}=1 / 4

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial de segunda ordem e condições em duas extremidades, pede uma estimativa em x=0{,}6 com passo h=0{,}25. Dados e pedido organizados:
\text{EDO:}\quad y''(x)=y'(x)-y(x)+e^{x}+\sin(x)
Condições:
y(0)=2,\qquad y(1)=3{,}25.
Passo de malha:
h=0{,}25.
Pontos da malha (com x_0=0):
x_0=0,\;x_1=0{,}25,\;x_2=0{,}5,\;x_3=0{,}75,\;x_4=1.
O que se pede:
  • Estimar y(0{,}6) usando o método adequado da Lista 1 que tem menor erro.
Observações do enunciado que usarei: a equação, as duas condições de contorno em x=0 e x=1, o passo h=0{,}25 e o ponto onde estimar x=0{,}6. A resolução começa no Passo 2.

Passo 2

Escolha do método (justificando que é o “adequado” com menor erro da lista).
Analisando as opções:
  • As opções C, D, E são métodos de ordem 1 (pior erro global).
  • A e B (diferenças finitas) e F (Runge‑Kutta de ordem 2) são de ordem 2.
  • Porém temos um problema com condições em duas extremidades (um problema de contorno): métodos do tipo Runge‑Kutta (F) são métodos naturais para problemas de valor inicial, e para usar RK aqui seria necessário aplicar um método de tiro (shooting), que adiciona etapa extra e possível perda de precisão/complexidade. Já as diferenças finitas centrais são projetadas para problemas de contorno e entregam erro global de ordem \mathcal{O}(h^2) diretamente, sem necessidade de tiro.
Entre A e B:
  • A é diferença avançada (forward) de segunda ordem — menos simétrica que a centrada;
  • B é diferença centrada de segunda ordem — geralmente mais precisa (e simétrica) para aproximar derivadas internas.
Portanto o método mais adequado e com menor erro da lista para este BVP é a Opção B: Diferenças Finitas centrada de segunda ordem. Vou aplicar esse método.

Passo 3

Montagem da discretização por diferenças centradas (explicando as fórmulas).
Queremos aproximar y''(x_i) e y'(x_i) por fórmulas centradas de segunda ordem:
  • Aproximação da segunda derivada em x_i:
y''(x_i)\approx \frac{y_{i+1}-2y_i+y_{i-1}}{h^2}.
Isto vem da diferença central clássica: é derivada de Taylor truncada com erro \mathcal{O}(h^2).
  • Aproximação da primeira derivada em x_i:
y'(x_i)\approx \frac{y_{i+1}-y_{i-1}}{2h}.
Também é uma diferença central com erro \mathcal{O}(h^2).
Substituindo na EDO ( y''-y'+y = e^x+\sin x) obtemos para cada nó interno x_i ( i=1,2,3) a equação:
\frac{y_{i+1}-2y_i+y_{i-1}}{h^2}-\frac{y_{i+1}-y_{i-1}}{2h}+y_i = f_i,
onde \;f_i=e^{x_i}+\sin(x_i).
Multiplicando por h^2 e agrupando termos:
y_{i+1}-2y_i+y_{i-1}-\frac{h}{2}\bigl(y_{i+1}-y_{i-1}\bigr)+h^2 y_i = h^2 f_i.
Portanto os coeficientes das incógnitas y_{i-1},y_i,y_{i+1} são:
(1+\tfrac{h}{2})\,y_{i-1} +(-2+h^2)\,y_i + (1-\tfrac{h}{2})\,y_{i+1} = h^2 f_i.
Com h=0{,}25 temos \tfrac{h}{2}=0{,}125 e h^2=0{,}0625. Logo os coeficientes numéricos:
a=1+\tfrac{h}{2}=1{,}125,\quad b=-2+h^2=-1{,}9375,\quad c=1-\tfrac{h}{2}=0{,}875,
e o RHS é h^2 f_i = 0{,}0625\,(e^{x_i}+\sin x_i).

Passo 4

Escrever o sistema linear para os nós internos y_1,y_2,y_3 (usando y_0=2 e y_4=3{,}25).
Para i=1 (em x_1=0{,}25):
1{,}125\,y_0 -1{,}9375\,y_1 +0{,}875\,y_2 = 0{,}0625\,f_1.
Para i=2 (em x_2=0{,}5):
1{,}125\,y_1 -1{,}9375\,y_2 +0{,}875\,y_3 = 0{,}0625\,f_2.
Para i=3 (em x_3=0{,}75):
1{,}125\,y_2 -1{,}9375\,y_3 +0{,}875\,y_4 = 0{,}0625\,f_3.
Agora calculo f_i=e^{x_i}+\sin x_i e os termos do lado direito.

Passo 5

Cálculo dos termos f_i e dos RHS h^2 f_i.
Calculei numericamente (valores aproximados com boa precisão):
  • Para x_1=0{,}25:
f_1 = e^{0{,}25}+\sin(0{,}25)\approx 1{,}2840254167 + 0{,}2474039593 = 1{,}5314293759.
h^2 f_1 = 0{,}0625\cdot 1{,}5314293759 \approx 0{,}0957143360.
  • Para x_2=0{,}5:
f_2 = e^{0{,}5}+\sin(0{,}5)\approx 1{,}6487212707 + 0{,}4794255386 = 2{,}1281468093.
h^2 f_2 = 0{,}0625\cdot 2{,}1281468093 \approx 0{,}1330091756.
  • Para x_3=0{,}75:
f_3 = e^{0{,}75}+\sin(0{,}75)\approx 2{,}1170000166 + 0{,}6816387600 = 2{,}7986387766.
h^2 f_3 = 0{,}0625\cdot 2{,}7986387766 \approx 0{,}1749149235.
Substituo y_0=2 e y_4=3{,}25 e reorganizo as equações para as incógnitas y_1,y_2,y_3.

Passo 6

Sistema numérico final para y_1,y_2,y_3.
Substituindo os f_i e as condições de contorno:
Equação 1 (i=1):
-1{,}9375\,y_1 + 0{,}875\,y_2 = 0{,}0957143360 - 1{,}125\cdot 2 = 0{,}0957143360 - 2{,}25 = -2{,}1542856640.
Equação 2 (i=2):
1{,}125\,y_1 -1{,}9375\,y_2 + 0{,}875\,y_3 = 0{,}1330091756.
Equação 3 (i=3):
1{,}125\,y_2 -1{,}9375\,y_3 = 0{,}1749149235 - 0{,}875\cdot 3{,}25 = 0{,}1749149235 - 2{,}84375 = -2{,}6688350765.
Assim o sistema linear (aproximado) é:
\begin{cases} -1{,}9375\,y_1 + 0{,}875\,y_2 = -2{,}1542856640,\\[4pt] 1{,}125\,y_1 -1{,}9375\,y_2 + 0{,}875\,y_3 = 0{,}1330091756,\\[4pt] 1{,}125\,y_2 -1{,}9375\,y_3 = -2{,}6688350765. \end{cases}]

Passo 7

Resolução do sistema linear (eliminação / método de Thomas para tridiagonal). Vou resolver de forma direta (eliminação Gaussiana adequada a tridiagonal).
Da equação 1 isolamos y_1 em função de y_2:
-1{,}9375\,y_1 = -2{,}1542856640 -0{,}875\,y_2
y_1 = \frac{2{,}1542856640 + 0{,}875\,y_2}{1{,}9375} \approx 1{,}1118893 + 0{,}4516129032\,y_2.
Substituo y_1 na equação 2 para eliminar y_1. Fazendo as contas (detalhes aritméticos omitidos por brevidade do passo, mas mantive precisão):
A equação 2 reduz-se a
-1{,}429435483871\,y_2 + 0{,}875\,y_3 = -1{,}117866286918.
A equação 3 já é
1{,}125\,y_2 -1{,}9375\,y_3 = -2{,}668835076461.
Agora resolvo este 2\times2. Calculo o determinante:
\Delta = (-1{,}429435483871)(-1{,}9375)-0{,}875\cdot 1{,}125 \approx 1{,}78515625.
Calculando determinantes auxiliares (produto e soma com os RHS), obtenho
y_2 \approx \frac{4{,}501095372682}{1{,}78515625}\approx 2{,}521401346.
Em seguida, calculo y_3 a partir da equação 3:
y_3 = \frac{2{,}668835076461 + 1{,}125\,y_2}{1{,}9375} \approx \frac{2{,}668835076461 + 1{,}125\cdot 2{,}521401346}{1{,}9375} \approx 2{,}841503402.
E volto para y_1:
y_1 = 1{,}1118893 + 0{,}4516129032\cdot y_2 \approx 2{,}250586300.
Resumo aproximado das soluções nos nós:
y_0=2{,}000000,\quad y_1\approx 2{,}250586300,\quad y_2\approx 2{,}521401346,\quad y_3\approx 2{,}841503402,\quad y_4=3{,}250000.
(Expliquei a eliminação; as contas foram feitas mantendo precisão numérica apropriada.)

Passo 8

Estimativa de y(0{,}6) a partir dos valores da malha.
O ponto x=0{,}6 não é nó da malha (os nós mais próximos são x_2=0{,}5 e x_3=0{,}75). Para obter uma estimativa mais precisa do que a interpolação linear simples, uso interpolação quadrática passando pelos três pontos (x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3). A interpolação quadrática com nós igualmente espaçados (passo h=0{,}25) é simples com Lagrange:
Os polinômios de base avaliados em x=0{,}6 (com x_1=0{,}25,x_2=0{,}5,x_3=0{,}75) são:
L_1(0{,}6)=-0{,}12,\quad L_2(0{,}6)=0{,}84,\quad L_3(0{,}6)=0{,}28.
(Verificação rápida: L_1+L_2+L_3=1.)
Portanto:
y(0{,}6)\approx L_1 y_1 + L_2 y_2 + L_3 y_3.
Substituindo os valores calculados:
y(0{,}6)\approx -0{,}12\cdot 2{,}250586300 + 0{,}84\cdot 2{,}521401346 + 0{,}28\cdot 2{,}841503402.
Faço as contas:
-0{,}12\cdot 2{,}250586300 \approx -0{,}270070356,
0{,}84\cdot 2{,}521401346 \approx 2{,}117977131,
0{,}28\cdot 2{,}841503402 \approx 0{,}795620952.
Somando:
y(0{,}6)\approx -0{,}270070356 + 2{,}117977131 + 0{,}795620952 \approx 2{,}643527727.
(Se usássemos interpolação linear entre x_2 e x_3 obteríamos cerca de 2{,}64944; a interpolação quadrática é mais coerente com o método de segunda ordem usado e tende a ser mais precisa.)

Resposta

y(0{,}6)\approx 2{,}643527727

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