Teste: Solução numérica de um PVC para EDOs
Dado o Problema de Valor de Contorno (PVC):
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}=y^{\prime}+2 y+\cos (x), \quad 0 \leq x \leq \pi \\\ y(0)=-\frac{3}{10} \\\ y(\pi)=\frac{3}{10} \end{array}\right.
Obtenha uma aproximação da solução desse PVC aplicando o método das diferenças finitas considerando uma discretização com 6 pontos, ou seja fazendo N=4.

Passo 1

O enunciado dá o Problema de Valor de Contorno (PVC)
\left\{\begin{array}{l} y''=y'+2y+\cos(x),\quad 0\le x\le\pi,\\[4pt] y(0)=-\dfrac{3}{10},\quad y(\pi)=\dfrac{3}{10}, \end{array}\right.
e pede uma aproximação aplicando diferenças finitas com 6 pontos no intervalo, isto é, com N=4 pontos interiores (total de N+2=6 nós).\n
Informações relevantes que extraí do enunciado:
  • Domínio: [0,\pi].
  • Condições de contorno: y(0)=-\tfrac{3}{10} e y(\pi)=\tfrac{3}{10}.
  • Usar 6 pontos no intervalo (nós), logo x_i=i h com i=0,1,\dots,5 e h=\dfrac{\pi}{5}.
  • Incógnitas: valores aproximados em x_1,x_2,x_3,x_4 (quatro incógnitas).
    A partir daqui vamos construir o sistema de diferenças finitas e resolvê-lo passo a passo.]

Passo 2

Discretização da malha e suas coordenadas:
h=\frac{\pi}{5},\qquad x_i=i h,\quad i=0,\dots,5.
Lista dos nós (usarei aprox. numéricas quando necessário):
x_0=0,\; x_1=h=\frac{\pi}{5},\; x_2=\frac{2\pi}{5},\; x_3=\frac{3\pi}{5},\; x_4=\frac{4\pi}{5},\; x_5=\pi.
As incógnitas são y_1\equiv y(x_1),\; y_2\equiv y(x_2),\; y_3\equiv y(x_3),\; y_4\equiv y(x_4).
Os contornos fixos são y_0=y(0)=-\tfrac{3}{10} e y_5=y(\pi)=\tfrac{3}{10}.

Passo 3

Aproximações por diferenças finitas (explicando a ideia):
  • A segunda derivada no ponto x_i é aproximada centralmente por
y''(x_i)\approx\frac{y_{i+1}-2y_i+y_{i-1}}{h^2}.
Isso vem da expansão em série de Taylor e é de segunda ordem de precisão.
  • A primeira derivada no ponto x_i usamos a diferença central
y'(x_i)\approx\frac{y_{i+1}-y_{i-1}}{2h},
também de segunda ordem. Esses são os aproximadores clássicos para EDOs com derivadas até segunda ordem.
Substituímos essas aproximações na equação diferencial no nó x_i ( i=1,\dots,4):
\frac{y_{i+1}-2y_i+y_{i-1}}{h^2}=\frac{y_{i+1}-y_{i-1}}{2h}+2y_i+\cos(x_i).

Passo 4

Reorganização algébrica para obter uma equação linear tridiagonal:
multiplicando por h^2 e agrupando termos em y_{i-1},y_i,y_{i+1} obtemos
y_{i-1}-2y_i+y_{i+1} =\frac{h}{2}\,(y_{i+1}-y_{i-1})+2h^2 y_i+h^2\cos(x_i).
Traindo todos os termos para o lado esquerdo:
\Big(1+\frac{h}{2}\Big)y_{i-1}+\Big(-2-2h^2\Big)y_i+\Big(1-\frac{h}{2}\Big)y_{i+1}=h^2\cos(x_i).
Definindo os coeficientes constantes (mesmos para todo i):
\alpha=1+\frac{h}{2},\qquad \beta=-2-2h^2,\qquad \gamma=1-\frac{h}{2},
temos o sistema tridiagonal
\alpha y_{i-1}+\beta y_i+\gamma y_{i+1}=h^2\cos(x_i),\qquad i=1,\dots,4.
Observação prática: para i=1 aparece y_0 conhecido no lado esquerdo — vamos passar para o lado direito; analogamente para i=4 com y_5.

Passo 5

Avaliação numérica dos parâmetros (cálculos explícitos):
h=\frac{\pi}{5}\approx 0,62831853,
h/2\approx 0,31415927,\qquad h^2=\frac{\pi^2}{25}\approx 0,39478418.
Logo
\alpha=1+\frac{h}{2}\approx 1,31415927,
\beta=-2-2h^2\approx -2,78956835,
\gamma=1-\frac{h}{2}\approx 0,68584073.
Os pontos x_i e \cos(x_i) (estão em múltiplos de \pi/5, então valores exatos conhecidos):
\begin{aligned} x_1&=\frac{\pi}{5},&\cos(x_1)&=\cos\!\Big(\frac{\pi}{5}\Big)\approx 0,8090169944,\\\ x_2&=\frac{2\pi}{5},&\cos(x_2)&\approx 0,3090169944,\\\ x_3&=\frac{3\pi}{5},&\cos(x_3)&\approx -0,3090169944,\\\ x_4&=\frac{4\pi}{5},&\cos(x_4)&\approx -0,8090169944. \end{aligned}
Multiplicando por h^2 obtemos (mostro com 9 casas para manter precisão):
\begin{aligned} h^2\cos(x_1)&\approx 0,319387105,\\\ h^2\cos(x_2)&\approx 0,121995017,\\\ h^2\cos(x_3)&\approx -0,121995017,\\\ h^2\cos(x_4)&\approx -0,319387105. \end{aligned}

Passo 6

Construção do vetor b do sistema linear, incorporando contornos:
As equações para i=1 e i=4 terão termos com y_0 e y_5 (conhecidos). Escrevemos
\alpha y_0+\beta y_1+\gamma y_2=h^2\cos(x_1),
\alpha y_3+\beta y_4+\gamma y_5=h^2\cos(x_4),
logo movendo os termos conhecidos para o lado direito obtemos para as quatro linhas:
\begin{aligned} \beta y_1+\gamma y_2&=h^2\cos(x_1)-\alpha y_0,\\\ \alpha y_1+\beta y_2+\gamma y_3&=h^2\cos(x_2),\\\ \alpha y_2+\beta y_3+\gamma y_4&=h^2\cos(x_3),\\\ \alpha y_3+\beta y_4&=h^2\cos(x_4)-\gamma y_5. \end{aligned}
Agora substituímos valores numéricos dos contornos y_0=-\tfrac{3}{10}=-0,3 e y_5=0,3 e os h^2\cos(x_i) calculados:
\alpha y_0\approx 1,31415927\cdot(-0,3)\approx -0,39424778,
\gamma y_5\approx 0,68584073\cdot 0,3\approx 0,20575222.
Então o vetor direito (já com contornos incorporados) é
\begin{aligned} b_1&=h^2\cos(x_1)-\alpha y_0\approx 0,319387105-(-0,394247780)\approx 0,713634885,\\\ b_2&=h^2\cos(x_2)\approx 0,121995017,\\\ b_3&=h^2\cos(x_3)\approx -0,121995017,\\\ b_4&=h^2\cos(x_4)-\gamma y_5\approx -0,319387105-0,205752220\approx -0,525139326. \end{aligned}

Passo 7

Escrevendo o sistema linear tridiagonal numérico A\vec y=\vec b para \vec y=(y_1,y_2,y_3,y_4)^T:
A matriz A tem subdiagonal \alpha, diagonal \beta e superdiagonal \gamma:
A=\begin{pmatrix} \beta & \gamma & 0 & 0\\[4pt] \alpha & \beta & \gamma & 0\\[4pt] 0 & \alpha & \beta & \gamma\\[4pt] 0 & 0 & \alpha & \beta \end{pmatrix}, \qquad \vec b\approx \begin{pmatrix} 0,713634885\\[4pt] 0,121995017\\[4pt] -0,121995017\\[4pt] -0,525139326 \end{pmatrix}.
Numericamente:
\alpha\approx 1,31415927,\quad \beta\approx -2,78956835,\quad \gamma\approx 0,68584073.]

Passo 8

Resolução do sistema tridiagonal pelo algoritmo de Thomas (eliminação direta para tridiagonal).
Defino vetores modificados \tilde c_i e \tilde d_i com índice i=1,\dots,4.
Inicialização:
\tilde c_1=\frac{\gamma}{\beta}\approx\frac{0,68584073}{-2,78956835}\approx -0,24585219,
\tilde d_1=\frac{b_1}{\beta}\approx\frac{0,713634885}{-2,78956835}\approx -0,25574911.
Eliminação para i=2:
\text{den}_2=\beta-\alpha\tilde c_1\approx -2,78956835-1,31415927(-0,24585219)\approx -2,46654135,
\tilde c_2=\frac{\gamma}{\text{den}_2}\approx\frac{0,68584073}{-2,46654135}\approx -0,277985,
\tilde d_2=\frac{b_2-\alpha\tilde d_1}{\text{den}_2}\approx\frac{0,121995017-1,31415927(-0,25574911)}{-2,46654135}\approx -0,1857479.
Eliminação para i=3:
\text{den}_3=\beta-\alpha\tilde c_2\approx -2,78956835-1,31415927(-0,277985)\approx -2,42425175,
\tilde c_3=\frac{\gamma}{\text{den}_3}\approx\frac{0,68584073}{-2,42425175}\approx -0,282934,
\tilde d_3=\frac{b_3-\alpha\tilde d_2}{\text{den}_3}\approx\frac{-0,121995017-1,31415927(-0,1857479)}{-2,42425175}\approx -0,050337.
Eliminação para i=4 (última equação; não precisamos de \tilde c_4):
\text{den}_4=\beta-\alpha\tilde c_3\approx -2,78956835-1,31415927(-0,282934)\approx -2,4176679,
\tilde d_4=\frac{b_4-\alpha\tilde d_3}{\text{den}_4}\approx\frac{-0,525139326-1,31415927(-0,050337)}{-2,4176679}\approx 0,189814.

Passo 9

Retro-substituição para obter y_4,y_3,y_2,y_1:
y_4=\tilde d_4\approx 0,189814.
y_3=\tilde d_3-\tilde c_3 y_4\approx -0,050337-(-0,282934)\cdot 0,189814\approx 0,003360.
y_2=\tilde d_2-\tilde c_2 y_3\approx -0,1857479-(-0,277985)\cdot 0,003360\approx -0,184814.
y_1=\tilde d_1-\tilde c_1 y_2\approx -0,25574911-(-0,24585219)\cdot(-0,184814)\approx -0,301190.
Portanto os valores aproximados nos seis nós (incluindo contornos) são:
\begin{aligned} y(0)&=y_0=-0,\!3\quad(\text{dado}),\\\ y\big(\tfrac{\pi}{5}\big)&\approx -0,\!301190,\\\ y\big(\tfrac{2\pi}{5}\big)&\approx -0,\!184814,\\\ y\big(\tfrac{3\pi}{5}\big)&\approx 0,\!003360,\\\ y\big(\tfrac{4\pi}{5}\big)&\approx 0,\!189814,\\\ y(\pi)&=y_5=0,\!3\quad(\text{dado}). \end{aligned}

Resposta

y(0)=-\dfrac{3}{10}
y\big(\tfrac{\pi}{5}\big)\approx -0,301190
y\big(\tfrac{2\pi}{5}\big)\approx -0,184814
y\big(\tfrac{3\pi}{5}\big)\approx 0,003360
y\big(\tfrac{4\pi}{5}\big)\approx 0,189814
y(\pi)=\dfrac{3}{10}

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