Dado o PVI abaixo
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime}=-y(\operatorname{sen} x) \\\ y(0.0)=-1.0 \end{array}\right.
(a) Obtenha a solução pelo método baseado na série de Taylor de 2^{a} ordem. em I=[0.0,1.0] subdividindo o intervalo em 2 partes.
(b) Se ussássemos o método de Euler, \operatorname{com} m=10 subintervalos, o que poderíamos dizer sobre a solução obtida em relação àquela calculada na letra (a)? Justifique a sua resposta sem calcular a solução exata.
(a) Obtenha a solução pelo método de Runge Kutta de 4^{a} ordem em I=[0.0,1.0], com 2 passos ( m=2 ).

Passo 1

O enunciado dá o PVI
\begin{cases} y' = -y\sin x,\\\ y(0) = -1, \end{cases}
em I=[0,1]. Vamos em primeiro lugar aplicar o método de Taylor de 2ª ordem com m=2 subintervalos h=0,5, depois comparar teoricamente com o método de Euler com m=10, e por fim usar Runge–Kutta de 4ª ordem com m=2.

Passo 2

Para o método de Taylor de 2ª ordem usamos a expansão
y_{n+1} = y_n + h\,f(x_n,y_n) + \frac{h^2}{2}\,\bigl(f_x + f_y\,f\bigr)\bigl(x_n,y_n\bigr),
onde f(x,y)=-y\sin x. Calculamos as derivadas parciais
f_x = \frac{\partial}{\partial x}(-y\sin x) = -y\cos x, \qquad f_y = \frac{\partial}{\partial y}(-y\sin x) = -\sin x.

Passo 3

Tomando h=0{,}5 e y_0=-1, no nó x_0=0 temos
f(0,y_0)=0,\quad f_x(0,y_0)=1,\quad f_y(0,y_0)=0,
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y_1 = -1 + 0{,}5\cdot0 + \frac{0{,}5^2}{2}\cdot1 = -1 + 0{,}125 = -0{,}875.
No nó x_1=0{,}5, y_1=-0{,}875, calculamos
f(0{,}5,y_1)=0{,}875\sin(0{,}5)\approx0{,}4195,
f_x(0{,}5,y_1)=0{,}875\cos(0{,}5)\approx0{,}7684, \quad f_y(0{,}5,y_1)=-\sin(0{,}5)\approx-0{,}4794,
f_x+f_y\,f\approx0{,}7684-0{,}4794\cdot0{,}4195\approx0{,}5673.
Então
y_2 = y_1 + 0{,}5\cdot0{,}4195 + \frac{0{,}5^2}{2}\cdot0{,}5673 \approx -0{,}875 + 0{,}2098 + 0{,}0709 = -0{,}5943.

Passo 4

Portanto, pelo método de Taylor de 2ª ordem com m=2,
y(1)\approx y_2 = -0{,}5943.

Passo 5

O método de Euler é de ordem global 1 (erro O(h)) e, para m=10, h=0{,}1, espera-se erro \sim O(0{,}1). Já o método de Taylor de 2ª ordem tem erro global O(h^2); com h=0{,}5, o erro é \sim O(0{,}5^2)=O(0{,}25). Logo, mesmo sem conhecer a solução exata, podemos concluir que o Euler com m=10 (erro \approx0{,}1) tenderá a ser mais preciso do que o Taylor de 2ª ordem com m=2 (erro \approx0{,}25).

Passo 6

Para Runge–Kutta de 4ª ordem com h=0{,}5 usamos a fórmula de quatro estágios
\begin{aligned} k_1 &= f(x_n,y_n),\\\ k_2 &= f\Bigl(x_n+\tfrac h2,\;y_n+\tfrac h2\,k_1\Bigr),\\\ k_3 &= f\Bigl(x_n+\tfrac h2,\;y_n+\tfrac h2\,k_2\Bigr),\\\ k_4 &= f\bigl(x_n+h,\;y_n+h\,k_3\bigr),\\\ y_{n+1} &= y_n + \frac h6\,(k_1+2k_2+2k_3+k_4). \end{aligned}
No primeiro passo x_0=0,y_0=-1 obtemos
k_1=0,\quad k_2\approx0{,}2474,\quad k_3\approx0{,}2399,\quad k_4\approx0{,}4216,
y_1 = -1 + \frac{0{,}5}{6}(0+2\cdot0{,}2474+2\cdot0{,}2399+0{,}4216) \approx -0{,}8837.
No segundo passo x_1=0{,}5,y_1\approx-0{,}8837
k_1\approx0{,}4237,\; k_2\approx0{,}5302,\; k_3\approx0{,}5119,\; k_4\approx0{,}5282,
y_2 = y_1 + \frac{0{,}5}{6}(0{,}4237+2\cdot0{,}5302+2\cdot0{,}5119+0{,}5282) \approx -0{,}6306.

Resposta

Pelo método de Taylor 2ª ordem com m=2:
y(1)\approx -0{,}5943.
Comparando, Euler com m=10 deve ser mais preciso O(h) com h=0{,}1 que Taylor de 2ª ordem com h=0{,}5 O(h^2).
Pelo método de Runge–Kutta 4ª ordem com m=2:
y(1)\approx -0{,}6306.

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