{ }^{a} Questão. (30 pontos) Se usarmos h=0,05 no método de Euler para resolver o PVI y^{\prime}+2 y=e^{-t}, y(0)=0,75, mostre que o erro no primeiro passo é menor que 0,00125\left(1-e^{-0,05}\right).

Passo 1

O enunciado dá o PVI
y' + 2y = e^{-t},\quad y(0)=0{,}75
e pede para usar o método de Euler com passo h=0{,}05 e mostrar que o erro no primeiro passo satisfaz
|e_1| < 0{,}00125\bigl(1-e^{-0.05}\bigr).
Vamos usar a fórmula do erro local de truncamento do método de Euler e estimar a segunda derivada da solução exata.

Passo 2

O erro local de truncamento no primeiro passo é
\tau_1 = y(t_0+h) - y(t_0) - h\,y'(t_0),
e existe \xi\in(0,h) tal que
\tau_1 = \frac{h^2}{2}\,y''(\xi).
Logo
|\tau_1|\le \frac{h^2}{2}\max_{t\in[0,h]}|y''(t)|.

Passo 3

Para estimar y''(t), primeiro achamos a solução exata. O fator integrante é e^{2t}, então
\frac{d}{dt}\bigl(y e^{2t}\bigr)=e^{2t}e^{-t}=e^{t} \quad\Longrightarrow\quad y e^{2t}=e^{t}+C
e
y(t)=e^{-t}+C\,e^{-2t}.
Impondo y(0)=0{,}75 1+C=0{,}75, logo C=-0{,}25. Assim
y(t)=e^{-t}-0{,}25\,e^{-2t}.
Diferenciando duas vezes:
y'(t)=-e^{-t}+0{,}5\,e^{-2t},\qquad y''(t)=e^{-t}-e^{-2t}.

Passo 4

Note que em [0,0{,}05], y''(t)=e^{-t}-e^{-2t} é crescente porque
y'''(t)=-e^{-t}+2e^{-2t}=e^{-2t}(2-e^{t})>0\quad\text{para }t\le0{,}05.
Então
\max_{t\in[0,h]}y''(t)=y''(h)=e^{-0{,}05}-e^{-0{,}10} =e^{-0{,}05}\bigl(1-e^{-0{,}05}\bigr).
E como e^{-0{,}05}<1 temos
\max_{t\in[0,h]}|y''(t)|\le 1\cdot\bigl(1-e^{-0{,}05}\bigr).

Passo 5

Substituindo em
|\tau_1|\le \frac{h^2}{2}\max_{[0,h]}|y''|
com h=0{,}05 e \max|y''|\le1-e^{-0{,}05}, obtemos
|\tau_1|\le \frac{(0{,}05)^2}{2}\bigl(1-e^{-0{,}05}\bigr) =0{,}00125\bigl(1-e^{-0{,}05}\bigr).

Resposta

Mostramos que o erro no primeiro passo satisfaz
|e_1| < 0{,}00125\bigl(1-e^{-0.05}\bigr).

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