{ }^{\text {a }} Questão. (20 pontos) Suponha que ao usar um método numérico (por exemplo, método de Euler) com passo constante h>0 para resolver uma EDO de primeira ordem y^{\prime}=f(t, y) com condição inicial y\left(t_{0}\right)=y_{0} para obter um valor aproximado y_{n+1} da solução calculada no ponto \bar{t}=t_{n+1} tenha cometido um erro máximo menor ou igual a M h^{\alpha+1} (sendo que M é uma constante positiva e \alpha um número natural maior ou igual a um) em todos os passos e que tenha dado n passos para chegar no ponto \bar{t}. Mostre que o erro global é menor ou igual a M h^{\alpha}.

Passo 1

O enunciado trata de aproximar a solução da EDO
y'=f(t,y),\qquad y(t_{0})=y_{0}
num intervalo até \bar t = t_{n+1}=t_{0}+nh por um método de passo fixo h. Foi dado que, em cada passo, o erro local (ou truncamento) satisfaz
\bigl|\tau_{i+1}\bigr|\;\le\;M\,h^{\alpha+1},\quad i=0,1,\dots,n,
onde M>0 e \alpha\ge1 é natural. Queremos mostrar que o erro global
e_{n+1}=y(\bar t)-y_{n+1}
é da ordem de h^\alpha, mais precisamente que existe constante (que chamaremos também de M) tal que
|e_{n+1}|\le M\,h^{\alpha}.

Passo 2

Definimos o erro em t_i por
e_i \;=\; y(t_i)-y_i.
A relação exata–método numérico, com \tau_{i+1} o erro local, é
y(t_{i+1}) = y(t_i) + h\,f\bigl(t_i,y(t_i)\bigr) + \tau_{i+1},
enquanto o método produz
y_{i+1} = y_i + h\,f\bigl(t_i,y_i\bigr).
Subtraindo estas duas igualdades obtém-se a relação de recorrência do erro:
e_{i+1} = \Bigl[y(t_{i+1})-y_{i+1}\Bigr] = e_i + h\bigl[f(t_i,y(t_i))-f(t_i,y_i)\bigr] + \tau_{i+1}.

Passo 3

Supondo que f seja Lipschitz em y com constante L, temos
\bigl|f(t_i,y(t_i))-f(t_i,y_i)\bigr|\le L\,|e_i|.
Logo
|e_{i+1}|\le |e_i| + h\,L\,|e_i| + |\tau_{i+1}| = (1+hL)\,|e_i| + |\tau_{i+1}|.
Usando o fato |\tau_{i+1}|\le M\,h^{\alpha+1}, concluímos
|e_{i+1}|\le (1+hL)\,|e_i| + M\,h^{\alpha+1}.

Passo 4

Iterando essa desigualdade desde i=0 (onde e_0=0) até i=n, obtém-se
|e_{n+1}| \le (1+hL)^{n+1}\,|e_0| + M\,h^{\alpha+1}\sum_{k=0}^{n}(1+hL)^{k}.
Como e_0=0, só fica o somatório geométrico:
|e_{n+1}| \le M\,h^{\alpha+1}\,\frac{(1+hL)^{\,n+1}-1}{(1+hL)-1} = \frac{M\,h^{\alpha+1}}{hL}\Bigl[(1+hL)^{\,n+1}-1\Bigr].

Passo 5

Usando (1+hL)^{\,n+1}\le e^{(n+1)hL}=e^{L(\bar t-t_{0})}, vem
|e_{n+1}| \le \frac{M\,h^{\alpha+1}}{hL}\bigl[e^{L(\bar t-t_{0})}-1\bigr] = \underbrace{\frac{e^{L(\bar t-t_{0})}-1}{L}\,M}_{\displaystyle M_{\!new}}\;\,h^{\alpha}.
Como L e \bar t-t_{0} são fixos, o fator \bigl(e^{L(\bar t-t_{0})}-1\bigr)/L é constante. Renomeando M_{\!new} por M, obtemos
|e_{n+1}|\le M\,h^{\alpha},
o que prova que o erro global é da ordem h^\alpha.

Resposta

O erro global satisfaz
|y(\bar t)-y_{n+1}|\le M\,h^{\alpha}.

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