Questão 5: A Equação de Ricatti (20 pontos)

Dada a equação de Ricatti y^{\prime}(t)=y(t)^{2}-t^{2}+1 \operatorname{com} y(0)=\frac{k+1}{5}, use o método de Euler Implícito com h=0.2 para aproximar a solução no intervalo [0,0.4]. Adote \varepsilon=0.5 \times 10^{-4}.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de Riccati
y'(t)=y(t)^2-t^2+1
com condição inicial
y(0)=\frac{k+1}{5}.
Pede-se usar o método de Euler Implícito (backward Euler) com passo h=0,2 para aproximar a solução no intervalo [0,0,4]. Foi ainda fornecido um critério de tolerância \varepsilon=0{,}5\times10^{-4}.\n
As perguntas claras que vamos responder são:
\text{aproximações de }y\text{ em }t=0{,}2\quad\text{e}\quad t=0{,}4.çõ
Todas as informações relevantes (função do lado direito, condição inicial, passo h e intervalo) estão listadas acima. No Passo 2 começamos a resolver.

Passo 2

Vou explicar o método de Euler Implícito (backward Euler) de forma didática. Dado um passo de malha h e pontos t_n com aproximações y_n\approx y(t_n), o esquema backward Euler é
y_{n+1}=y_n+h\,f(t_{n+1},y_{n+1}),
onde f(t,y)=y^2-t^2+1 no nosso caso. Aqui y_{n+1} aparece dos dois lados: isso gera uma equação não linear em y_{n+1} que precisa ser resolvida em cada passo. Uma forma de proceder é transformar essa equação não linear numa equação algébrica explícita (quando possível) ou usar iteração (por exemplo Newton ou ponto fixo). Vou mostrar que, para nossa f, a equação em cada passo é um polinômio quadrático em y_{n+1}, que pode ser resolvido analiticamente com a fórmula da raiz quadrada — isso evita iterações e o uso do \varepsilon. Explico por que isso é válido e como escolher a raiz correta.

Passo 3

Derivação da equação algébrica para y_{n+1}. Substituindo f no esquema:
y_{n+1}=y_n+h\bigl(y_{n+1}^2-t_{n+1}^2+1\bigr).
Reorganizando em termos de y_{n+1},
-h\,y_{n+1}^2+y_{n+1}-y_n-h(-t_{n+1}^2+1)=0.
Multiplicando por -1 e escrevendo de forma padrão:
h\,y_{n+1}^2 - y_{n+1} + \bigl(y_n - h t_{n+1}^2 + h\bigr)=0.
Isto é um polinômio quadrático em y_{n+1} da forma
a y_{n+1}^2 + b y_{n+1} + c=0
com a=h, b=-1 e c=y_n - h t_{n+1}^2 + h. Como a\neq0 (aqui h=0{,}2), aplicamos a fórmula quadrática
y_{n+1}=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}.
Explico: o discriminante D=b^2-4ac deve ser não negativo para obter raízes reais; assumimos que a questão está formulada de modo que as raízes relevantes sejam reais. Para escolher o sinal \pm usamos a ideia física/numerical: para h\to0 espera-se y_{n+1}\to y_n, então escolhemos a raiz que é contínua com y_n quando h é pequeno (vai dar a raiz mais próxima de y_n).

Passo 4

Aplicação no primeiro passo: cálculo de y_1 (aproximação em t_1=0{,}2). Temos t_1=0{,}2, t_1^2=0{,}04, h=0{,}2. A constante c fica
c=y_0 - h t_1^2 + h = y_0 - 0{,}2\cdot 0{,}04 + 0{,}2 = y_0 - 0{,}008 + 0{,}2 = y_0 + 0{,}192,
onde y_0=\dfrac{k+1}{5}. A equação quadrática é então
0{,}2\,y_1^2 - y_1 + (y_0+0{,}192)=0.
Multiplicando por 5 (para simplificar os coeficientes):
y_1^2 - 5y_1 + 5y_0 + 0{,}96 = 0.
O discriminante desta quadrática é
D_1 = 25 - 4(5y_0+0{,}96) = 25 - 20y_0 - 3{,}84 = 21{,}16 - 20y_0.
Substituindo y_0=\dfrac{k+1}{5} (isto veio do enunciado) obtemos
20y_0 = 20\cdot\frac{k+1}{5}=4(k+1)=4k+4,
portanto
D_1 = 21{,}16 - (4k+4) = 17{,}16 - 4k.
Assim a solução para y_1 é
y_1=\frac{5\pm\sqrt{17{,}16-4k}}{2}.
Agora, qual sinal escolher? Para h pequeno, y_1 deve ficar perto de y_0=\dfrac{k+1}{5}. Se tomarmos a raiz com o sinal + (i.e. \dfrac{5+\sqrt{\cdot}}{2}) normalmente obtemos um valor grande (próximo de \dfrac{5+(\text{algo})}{2}), distante de y_0. A raiz com sinal - (i.e. \dfrac{5-\sqrt{\cdot}}{2}) é a que tende a ser próxima de y_0 para passos pequenos. Portanto escolhemos
\boxed{\,y_1=\frac{5-\sqrt{17{,}16-4k}}{2}\,}.
Observação: essa escolha pode ser confirmada testando um valor numérico de k (por exemplo k=0 y_0=0{,}2, e a raiz com sinal - dá um y_1 próximo de 0{,}2, enquanto a outra raiz é muito maior).

Passo 5

Aplicação no segundo passo: cálculo de y_2 (aproximação em t_2=0{,}4). Agora t_2=0{,}4, t_2^2=0{,}16, e novamente h=0{,}2. A constante c na quadrática fica
c=y_1 - h t_2^2 + h = y_1 - 0{,}2\cdot 0{,}16 + 0{,}2 = y_1 - 0{,}032 + 0{,}2 = y_1 + 0{,}168.
A equação quadrática para y_2 é
0{,}2\,y_2^2 - y_2 + (y_1+0{,}168)=0,
ou, multiplicando por 5,
y_2^2 - 5y_2 + 5y_1 + 0{,}84 = 0.
O discriminante é
D_2 = 25 - 4(5y_1+0{,}84) = 25 - 20y_1 - 3{,}36 = 21{,}64 - 20y_1.
Agora substituímos a expressão que encontramos para 20y_1. Como
y_1=\frac{5-\sqrt{17{,}16-4k}}{2},
temos
20y_1 = 10\bigl(5-\sqrt{17{,}16-4k}\bigr) = 50 - 10\sqrt{17{,}16-4k}.
Logo
D_2 = 21{,}64 - \bigl(50 - 10\sqrt{17{,}16-4k}\bigr) = -28{,}36 + 10\sqrt{17{,}16-4k}.
Portanto as duas raízes para y_2 são
y_2=\frac{5\pm\sqrt{-28{,}36 + 10\sqrt{17{,}16-4k}}}{2}.
Novamente escolhemos a raiz que fica próxima de y_1 (a com sinal -), logo
\boxed{\,y_2=\frac{5-\sqrt{-28{,}36 + 10\sqrt{17{,}16-4k}}}{2}\,}.

Passo 6

Comentário sobre o uso de \varepsilon e por que não foi necessário iterar: o enunciado forneceu um \varepsilon=0{,}5\times10^{-4} que normalmente serviria para parar um método iterativo (por ex. Newton ou iteração de ponto fixo) ao resolver a equação implícita em cada passo. Porém, como aqui a equação implícita transforma-se num quadrático exato em y_{n+1}, resolvê-la analiticamente com a fórmula de Bhaskara nos dá a solução numérica exata daquele passo (dentro da aritmética de ponto flutuante). Assim dispensamos a iteração e o critério de tolerância — a solução é dada explicitamente pelas fórmulas obtidas nos passos anteriores. Se o exercício exigisse especificamente o uso de uma iteração, aí sim aplicaríamos, por exemplo, iteração de ponto fixo
y^{(m+1)} = y_n + h\bigl((y^{(m)})^2 - t_{n+1}^2 +1\bigr)
com y^{(0)}=y_n e pararíamos quando |y^{(m+1)}-y^{(m)}|<\varepsilon. Mas a resolução algébrica é mais simples e rigorosa neste caso.

Resposta

y(0{,}2)=\frac{5-\sqrt{17{,}16-4k}}{2}
y(0{,}4)=\frac{5-\sqrt{-28{,}36 + 10\sqrt{17{,}16-4k}}}{2}

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