Para quais valores de \alpha o método de Euler produz a solução exata quando aplicado ao seguinte problema de valor inicial:
x^{\prime}(t)=\alpha \frac{x(t)}{t} \quad x(1)=1

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial
x'(t)=\alpha \frac{x(t)}{t},\qquad x(1)=1,
e pergunta: para quais valores de \alpha o método de Euler (explícito) produz a solução exata nos pontos da malha (isto é, x_n igual a x(t_n) para todo n)?
Informações relevantes que temos:
  • A equação diferencial explícita e a condição inicial (peguei estes do enunciado).
  • O método de Euler explícito usa a atualização
x_{n+1}=x_n+h\,f(t_n,x_n),
onde f(t,x)=\alpha \dfrac{x}{t}, t_n=1+nh e x_0=1.
  • Queremos os \alpha tais que, para qualquer passo h>0 e para todos os nós t_n da malha, a sequência x_n obtida por Euler coincida com a solução exata avaliada em t_n.

Passo 2

Vou primeiro achar a solução exata do PVI para entender o que o método deveria reproduzir.
A EDO é separável. Faço separação de variáveis:
\frac{dx}{x}=\alpha\frac{dt}{t}.
Integro ambos os lados:
\int\frac{dx}{x}=\int\alpha\frac{dt}{t}\quad\Rightarrow\quad \ln|x|=\alpha\ln|t|+C.
Exponenciando:
|x|=e^{C} t^{\alpha}.
Com a condição inicial x(1)=1 segue e^{C}=1, e como t>0 (começando em t=1) podemos dropar o valor absoluto. Logo a solução exata é
x(t)=t^{\alpha}.

Passo 3

Agora escrevo o método de Euler explícito aplicado a esta EDO. Como f(t,x)=\alpha \dfrac{x}{t}, a iteração é
x_{n+1}=x_n+h\,\alpha\frac{x_n}{t_n}=x_n\Big(1+\alpha\frac{h}{t_n}\Big).
Queremos que, se x_n for a solução exata no nó t_n, isto é x_n=t_n^{\alpha}, então após a atualização tenhamos x_{n+1}=t_{n+1}^{\alpha}. Essa condição garante que Euler reproduz exatamente a solução nos nós.

Passo 4

Substituo x_n=t_n^{\alpha} na fórmula de Euler e imponho igualdade com a solução exata em t_{n+1}=t_n+h:
t_{n+1}^{\alpha}=(t_n+h)^{\alpha}=x_{n+1}=t_n^{\alpha}\Big(1+\alpha\frac{h}{t_n}\Big).
Dividindo ambos os lados por t_n^{\alpha} (que é positivo) obtenho a condição
\Big(1+\frac{h}{t_n}\Big)^{\alpha}=1+\alpha\frac{h}{t_n}.
Defino u=\dfrac{h}{t_n} (note que, variando n e para dado h, u assume vários valores positivos). A condição fica
(1+u)^{\alpha}=1+\alpha u.

Passo 5

Agora analiso essa identidade em u. A igualdade (1+u)^{\alpha}=1+\alpha u deve valer para todos os u que aparecem na malha; como t_n varia com n, u pode ser arbitrariamente pequeno e assumir vários valores positivos. Para que uma função da forma (1+u)^{\alpha} coincida com a função linear 1+\alpha u em um conjunto de u que tem acumulação (por exemplo, u próximos de 0), os termos de ordem superior no desenvolvimento em série devem desaparecer.
Faço o desenvolvimento de Taylor (ou binomial generalizado) em torno de u=0:
(1+u)^{\alpha}=1+\alpha u+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}u^2+\text{termos de ordem superior em }u.
Para que isso seja igual a 1+\alpha u para pequenos u (ou para um conjunto de u com ponto de acumulação), necessariamente o coeficiente de u^2 deve ser zero:
\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}=0.
Assim \alpha(\alpha-1)=0, logo as únicas possibilidades são
\alpha=0\quad\text{ou}\quad \alpha=1.
(Argumento alternativo rápido: se a igualdade valesse para todos u num intervalo, derivando ambos os lados em u mais de uma vez e avaliando em u=0 também leva a \alpha(\alpha-1)=0.)

Passo 6

Verifico explicitamente que esses valores funcionam.
  • Para \alpha=0: a solução exata é x(t)=t^0=1. Euler dá
x_{n+1}=x_n+h\cdot 0\cdot\frac{x_n}{t_n}=x_n,
com x_0=1 isso produz x_n=1 para todo n, que coincide com a solução exata.
  • Para \alpha=1: a solução exata é x(t)=t. Euler dá, se x_n=t_n,
x_{n+1}=t_n\Big(1+1\cdot\frac{h}{t_n}\Big)=t_n+h=t_{n+1},
portanto Euler produz exatamente x_n=t_n para todos os n.
Para qualquer outro \alpha não nulo e diferente de 1, o termo de ordem u^2 ou superiores não se anulam e, em geral, (1+u)^{\alpha}\neq 1+\alpha u, então Euler não dará a solução exata para todos os nós.

Passo 7

Conclusão: os únicos valores de \alpha para os quais o método de Euler reproduz a solução exata (em todos os nós da malha, para qualquer passo h) são \alpha=0 e \alpha=1.

Resposta

\alpha=0
\alpha=1

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