Mostre que o método de multi-passo w_{n+3}=3\left(w_{n+2}-w_{n+1}\right)+w_{n} resolve exatamente o problema de valor inicial:
y^{\prime}(x)=\frac{2(y(x)-2)}{t} \quad y(1)=1
Sugestão: Use a resposta exata para gerar os três passos iniciais de modo a aplicar o método.

Passo 1

O enunciado dá:
  • O método multi-passo
w_{n+3}=3\bigl(w_{n+2}-w_{n+1}\bigr)+w_n.
  • O problema de valor inicial
y'(t)=\frac{2\bigl(y(t)-2\bigr)}{t},\qquad y(1)=1.
O que é pedido: mostrar que o método acima resolve exatamente o PVI quando os três passos iniciais são gerados pela solução exata sugerida. Em termos práticos, devemos:
  • encontrar a solução exata y(t);
  • tomar nós uniformes t_n=1+nh (com passo arbitrário h);
  • definir w_k=y(t_k) para k=0,1,2 (essas são as três condições iniciais);
  • mostrar que, com essas três condições, a recorrência do método produz w_n=y(t_n) para todo n (isto é, a igualdade da sequência numérica com a solução exata em todos os nós).

Passo 2

Vamos achar a solução exata do PVI. Primeiro colocamos a EDO na forma linear padrão. A equação dada é
y'(t)=\frac{2}{t}\bigl(y(t)-2\bigr).
Reescrevendo,
y'(t)-\frac{2}{t}\,y(t)=-\frac{4}{t}.
Aqui a incógnita é y(t), a variável independente é t. Para resolver uma equação linear de primeira ordem da forma
y'(t)+p(t)y(t)=q(t),
usa-se o fator integrante \mu(t)=\exp\!\bigl(\int p(t)\,dt\bigr). No nosso caso p(t)=-\dfrac{2}{t}, então o fator integrante é
\mu(t)=\exp\!\Bigl(\int -\frac{2}{t}\,dt\Bigr)=\exp\bigl(-2\ln t\bigr)=t^{-2}.
Multiplicando a equação por t^{-2} obtemos uma derivada exata:
t^{-2}y'(t)-\frac{2}{t^{3}}y(t) = -\frac{4}{t^{3}} \quad\Longrightarrow\quad \frac{d}{dt}\bigl(t^{-2}y(t)\bigr) = -4t^{-3}.

Passo 3

Integrando ambos os lados em relação a t:
t^{-2}y(t)=\int -4t^{-3}\,dt = -4\cdot\left(-\frac{1}{2}t^{-2}\right) + C = 2t^{-2}+C,
onde C é constante de integração. Multiplicando por t^{2} obtemos a solução geral
y(t)=2 + C t^{2}.
Impondo a condição inicial y(1)=1 temos
1 = 2 + C\cdot 1^{2}\quad\Rightarrow\quad C=-1.
Logo a solução particular do PVI é
y(t)=2 - t^{2}.

Passo 4

Agora vamos montar a sequência exata nos nós uniformes. Defina os nós
t_n = 1 + n h,\qquad n=0,1,2,\ldots
e tome como valores iniciais gerados pela solução exata:
w_k = y(t_k) = 2 - t_k^{2},\qquad k=0,1,2.
Queremos provar que, com esses três valores iniciais, a recorrência
w_{n+3}=3\bigl(w_{n+2}-w_{n+1}\bigr)+w_n
é satisfeita por w_n = y(t_n)=2-t_n^{2} para todo n.

Passo 5

Verificação direta da recorrência. Escreva a=t_n para simplificar as contas; então
t_{n+1}=a+h,\qquad t_{n+2}=a+2h,\qquad t_{n+3}=a+3h.
Calcule o lado direito da recorrência usando w_j=2-t_j^{2}:
\begin{aligned} \text{RHS} &= 3\bigl(w_{n+2}-w_{n+1}\bigr)+w_n \\\ &= 3\bigl((2-(a+2h)^2)-(2-(a+h)^2)\bigr) + (2-a^2) \\\ &= 3\bigl(- (a+2h)^2 + (a+h)^2\bigr) + 2 - a^2. \end{aligned}
Expandindo os quadrados:
(a+h)^2 = a^2 + 2ah + h^2,\qquad (a+2h)^2 = a^2 + 4ah + 4h^2.
Logo
\begin{aligned} \text{RHS} &= 3\bigl(-(a^2+4ah+4h^2) + (a^2+2ah+h^2)\bigr) + 2 - a^2 \\\ &= 3\bigl(-2ah -3h^2\bigr) + 2 - a^2 \\\ &= -6ah -9h^2 + 2 - a^2. \end{aligned}
Agora calcule o lado esquerdo usando w_{n+3}=2-t_{n+3}^2:
\text{LHS}=w_{n+3}=2-(a+3h)^2 = 2 - \bigl(a^2 + 6ah + 9h^2\bigr)=2 - a^2 -6ah -9h^2.
Comparando, vemos que
\text{LHS} = 2 - a^2 -6ah -9h^2 = \text{RHS}.
Portanto a identidade
w_{n+3}=3\bigl(w_{n+2}-w_{n+1}\bigr)+w_n
é satisfeita por w_n=2-t_n^2 para todo n (e para qualquer passo h).

Passo 6

Interpretação final e conclusão: a solução exata y(t)=2-t^{2} produz valores nos nós t_n que satisfazem exatamente a recorrência multistep dada. Assim, se os três passos iniciais w_0,w_1,w_2 são obtidos a partir da solução exata, o método reproduz exatamente y(t_n) para todo n. Em outras palavras, o método resolve exatamente o PVI quando inicializado com os três valores exatos.

Resposta

y(t)=2-t^{2}
Se w_k=y(1+kh)=2-(1+kh)^{2} para k=0,1,2, então para todo n vale
w_{n+3}=3\bigl(w_{n+2}-w_{n+1}\bigr)+w_n,
ou seja, o método gera exatamente w_n=y(1+nh) para todo n.

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