introdução equação em diferença

Universidade Federal de Sergipe

Departamento de Matemtica

Dinmica de Equaes em Diferenasde Primeira Ordem

Aluno: Denilson Menezes de Jesus

Orientador: Arlcio da Cruz Viana

Itabaiana, SE2015

Sumrio

1 Introduo 2

2 Equaes em diferenas lineares de primeira ordem 22.1 Casos especiais importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

3 Pontos de equilbrio 133.1 O diagrama de degrau (teia de aranha) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.2 O teorema teia de aranha de economia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4 Solues numricas de equaes diferenciais 364.1 Mtodo de euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.2 Um esquema despadronizado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

5 Critrio para a estabilidade assinttica de pontos de equilbrio 50

1

1 Introduo

Equaes em diferenas descrevem a evoluo de certos fenmenos ao longo do tempo. Porexemplo, se uma determinada populao tem geraes discretas, o tamanho da (n + 1)-simagerao x(n + 1) uma funo da n-sima gerao x(n). Essa relao se expressa na equaoem diferena

x(n + 1) = f(x(n)). (1.1)

Podemos olhar esse problema de outro ponto de vista. A partir de um ponto x0, pode-se gerara sequncia

x0, f(x0), f(f(x0)), f(f(f(x0))), ....

Por convenincia adotaremos a notao

f 2(x0) = f(f(x0)), f 3(x0) = f(f(f(x0))), etc.

Aqui fn(x0) chamado de n-sima iterao de x0 em f .O conjunto {fn(x0) : n 0} de todas as iteraes (positivas) onde f 0(x0) = x0 por definio,

chamada de a rbita (Positiva) de x0 e ser denotado por O(x0). Esse processo iterativo um exemplo de um sistema dinmico discreto. Seja x(n) = fn(x0), temos

x(n + 1) = fn+1(x0) = f [fn(x0)] = f(x(n)),

por 1.1. Observe que x(0) = f 0(x0) = x0. Por exemplo, seja f(x) = x2 e x0 = 0, 6. A sequnciade iteraes {fn(x0) = x2n0 } dada por {0.6, 0.36, 0.1296, 0.01679616, ....}. Podemos perceberque a iterao fn(0.6) tende a 0, pois lim

nfn(0.6) = 0. Observe que se x0 (1, 1) ento

limn

fn(0.6) = 0, se x0 = 1 ou x0 = 1 ento fn(x0) = 1 n N e se x0 6 [1, 1] entolimn

fn(x0) =.Equaes em diferenas e sistemas dinmicos discretos so dois lados da mesma moeda.

Equaes em Diferenas referem-se teoria analtica, j os sistemas dinmicos discretos referem-se geometria e aspectos topolgicos.

Se a funo f em 1.1 substituda por uma funo de duas variveis g, isto , g : Z+R R,ento temos

x(n + 1) = g(n, x(n)). (1.2)

A equao 1.2 chamada de no autnoma ou dependente do tempo, ao passo que 1.1 chamada de autnoma ou independente do tempo. O estudo de 1.2 pode ser muito maiscomplicado e no anlogo teoria de sistemas dinmicos discretos de equaes de primeiraordem. Se uma condio inicial x(n0) = x0 dada, ento para n n0 existe uma nica soluox(n) = x(n, n0, x0) de 1.2 tal que x(n0, n0, x0) = x0. De fato, temos que

x(n0 + 1, n0, x0) = g(n0, x(n0)) = g(n0, x0)x(n0 + 2, n0, x0) = g(n0 + 1, x(n0 + 1)) = g(n0 + 1, g(n0, x0))x(n0 + 3, n0, x0) = g(n0 + 2, x(n0 + 2)) = g[n0 + 2, g(n0 + 1, g(n0, x0))].E, indutivamente, obtemos x(n, n0, x0) = g[n 1, x(n 1, n0, x0)].

2 Equaes em diferenas lineares de primeira ordem

Nesta seo vamos estudar os casos especiais simples de 1.1 e 1.2, ou seja, equaes lineares. Aequao linear de primeira ordem homognea tpica dada por

x(n+ 1) = a(n)x(n), x(n0) = x0, n n0 0, (2.1)

2

e a equao no homognea associada dada por

y(n+ 1) = a(n)y(n) + g(n), y(n0) = y0, n n0 0, (2.2)

em que ambas as equaes a(n) 6= 0 e a(n) e g(n) so funes reais definidas para n n0 0.Pode-se obter a soluo de 2.1 por uma simples iterao:

x(n0 + 1) = a(n0)x(n0) = a(n0)x0x(n0 + 2) = a(n0 + 1)x(n0 + 1) = a(n0 + 1)a(n0)x0x(n0 + 3) = a(n0 + 2)x(n0 + 2) = a(n0 + 2)a(n0 + 1)a(n0)x0

Mostraremos por induo sobre n que a soluo de 2.1 dada por

x(n) =

[n1i=n0

a(i)

]x0. (2.3)

Para n = n0, temos

x(n0) = x0 =

[n01i=n0

a(i)

]x0 , onde adotamos a notao

ki=k+1

a(i) = 1

Para n = n0 + 1, temos

x(n0 + 1) = a(n0)x(n0) =

[n0+11i=n0

a(i)

]x0

Suponha que vale para n, ou seja, x(n) =

[n1i=n0

a(i)

]x0 e provaremos para n + 1.

x(n + 1) = a(n)x(n)

= a(n)

[n1i=n0

a(i)

]x0

=

[n+11i=n0

a(i)

]x0.

Logo, x(n) =

[n1i=n0

a(i)

]x0 soluo de 2.1.

A nica soluo da no homognea encontrada como segue:

y(n0 + 1) = a(n0)y(n0) + g(n0),

y(n0 + 2) = a(n0 + 1)y(n0 + 1) + g(n0 + 1)

= a(n0 + 1)a(n0)y0 + a(n0 + 1)g(n0) + g(n0 + 1),

Mostraremos ento, por induo, que

y(n) =

[n1i=n0

a(i)

]y0 +

n1r=n0

[n1i=r+1

a(i)

]g(r). (2.4)

Para n = n0, temos

y(n0) = y0 =

[n01i=n0

a(i)

]y0 +

n01r=n0

[n01i=r+1

a(i)

]g(r), onde adotamos a notao

ki=k+1

a(i) = 0

Para n = n0 + 1, temos

y(n0 + 1) = a(n0)y0 + g(n0) =

[n0

i=n0

a(i)

]y0 +

n0r=n0

[n0

i=r+1

a(i)

]g(r)

3

Suponha que vale para n, ou seja, y(n) =

[n1i=n0

a(i)

]y0 +

n1r=n0

[n1i=r+1

a(i)

]g(r) e provaremos

para n+ 1.

y(n+ 1) = a(n)y(n) + g(n)

= a(n)

[[n1i=n0

a(i)

]y0 +

n1r=n0

[n1i=r+1

a(i)

]g(r)

]+ g(n)

=

[n

i=n0

a(i)

]y0 +

n1r=n0

[a(n)

n1i=r+1

a(i)

]g(r) + g(n)

=

[n

i=n0

a(i)

]y0 +

n1r=n0

[n

i=r+1

a(i)

]g(r) +

[n

i=n+1

a(i)

]g(n)

=

[n

i=n0

a(i)

]y0 +

nr=n0

[n

i=r+1

a(i)

]g(r)

Logo, 2.4 soluo de 2.2.

2.1 Casos especiais importantes

Existem dois casos especiais de 2.2 que so importantes em muitas aplicaes. O primeiro dado por

y(n+ 1) = ay(n) + g(n), y(0) = y0. (2.5)

Usando a frmula 2.4, temos

y(n) =

[n1i=0

a

]y0 +

n1r=0

[n1i=r+1

a

]g(r)

= any0 +n1r=0

ank1g(r)

Logo,

y(n) = any0 +n1k=0

ank1g(k). (2.6)

A segunda equao dada por

y(n+ 1) = ay(n) + b, y(0) = y0. (2.7)

Usando a frmula 2.6 , obtemos

y(n) = any0 +n1r=0

ank1b

Se a 6= 1, entoy(n) = any0 + b

[an 1a 1

]

Se a = 1, entoy(n) = y0 + bn

Logo,

4

y(n) =

any0 + b

[an 1a 1

], se a 6= 1

y0 + bn , se a = 1(2.8)

Observe que a soluo da equao diferencial

dx

dt= ax(t), x(0) = x0,

dada porx(t) = eatx0,

e a soluo da equao diferencial no homognea

dy

dt= ay(t) + g(t), y(0) = y0,

dada por

y(t) = eaty0 + t

0ea(ts)g(s) ds.

Assim, eat na equao diferencial corresponde a an e a integral t

0 ea(ts)g(s) ds corresponde

ao somatrion1k=0

ank1g(k).

Exemplo 1. Resolva a equao

y(n+ 1) = (n+ 1)y(n) + 2n(n + 1)!, y(0) = 1, n > 0.

Soluo:

y(n) =n1i=0

(i+ 1) +n1r=0

[n1i=r+1

(i+ 1)

]2r(r + 1)!

= n! +n1k=0

2kn!

= n! + n!

(2n 12 1

)

= n! + n!2n n!= n!2n

A seguir, temos uma tabela que contem alguns somatrios que devemos conheer.

5

Tabela 1: Somas definidas

Nmero Soma Soma definida

1n

k=1

kn(n + 1)

2

2n

k=1

k2n(n + 1)(2n+ 1)

6

3n

k=1

k3[n(n+ 1)

2

]2

4n

k=1

k4n(6n4 + 15n3 + 10n2 1

30

5n1k=0

ak

an 1a 1 se a 6= 1n se a = 1

6n1k=1

ak

an aa 1 se a 6= 1n se a = 1

7n

k=1

kak(a 1)(n+ 1)an+1 an+2 + a

(a 1)2 , a 6= 1

Exemplo 2. Encontre a soluo da equao

x(n + 1) = 2x(n) + 3n, x(1) = 0.5.

Soluo: De 2.6, temos

x(n) = 2n1(12

)+

n1k=1

2nk13k

= 2n2 + 2n1n1k=1

(32

)k

= 2n2 + 2n1((3

2)n 1

32 1

)

= 2n2 + 3.3n1 6.2n2= 3n 5.2n2.

Exemplo 3. Ummedicamento aplicado uma vez a cada quatro horas. SejaD(n) a quantidadedo medicamento no sistema sanguneo no n-simo intervalo de tempo. O corpo elimina umacerta frao p do medicamento durante cada intervalo de tempo. Se a quantidade injetada D0, encontre D(n) e lim

nD(n).

Soluo: Uma vez que a quantidade do medicamento no momento n+1 igual quantidadeno tempo n menos a frao p que foi eliminada do corpo, mais a nova dose D0, chegamos equao:

D(n+ 1) = (1 p)D(n) +D0.Usando (1.2.8), obtemos

D(n) =

[D0 D0

p

](1 p)n + D0

p.

Assim,

limn

D(n) =D0p. (2.9)

6

Seja D0 = 2cm3, p = 0.25.Ento nossa equao original se torna

D(n+ 1) = 0.75D(n) + 2, D0 = 2.

A Tabela 1.2 mostra D(n) para 0 6 n 6 10. Segue de (1.2.9) que limn

D(n) = 8, onde

D = 8cm3 o valor de equilbrio do medicamento no corpo.

Tabela 2: Valores de D(n)

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10D(n) 2 3.5 4.62 5.47 6.1 6.58 6.93 7.2 7.4 7.55 7.66

Exemplo 4 (Amortizao). Amortizao o processo pelo qual um emprstimo reembol-sado por uma sequncia de pagamentos peridicos, cada um dos quais parte de juros e partedo valor total.

Seja p(n) a dvida aps o n-simo pagamento g(n). Suponha que sejam cobrados juroscompostos a uma taxa r.

A formulao de nosso modelo baseia-se no fato de que a dvida principal p(n+1) aps o (n+1)-simo pagamento igual a dvida p(n) aps o n-simo pagmento mais o juros rp(n)incorridosdurante o (n+ 1)-simo perodo menos o n-simo pagmento g(n).Ento

p(n+ 1) = p(n) + rp(n) g(n),ou

p(n+ 1) = (1 r)p(n) g(n), p(0) = p0, (2.10)Onde p0 a dvida inicial. Por (1.2.6) temos

p(n) = (1 + r)np0 n1k=0

(1 + r)nk1g(k), (2.11)

Na prtica, comum que o pagamento g(n) seja constante e, digamos, igual a T . Nesse caso,

p(n) = (1 + r)np0 ((1 + r)n 1)(T

r

). (2.12)

Se queremos pagar o emprstimo em exatamente n pagamentos, quanto seria T ? Observe quep(n) = 0. Portanto, a partir de (1.2.12) temos

T = p0

[r

1 (1 + r)n].

Exerccios 1.1 e 1.2

1. Encontre a soluo de cada equao em diferena:

(a) x(n + 1) (n+ 1)x(n) = 0, x(0) = c.Soluo: Usando a frmula 2.3, temos

x(n) =

[n1i=0

(i+ 1)

]c

= n!c

7

(b) x(n + 1) 3nx(n) = 0, x(0) = c.Soluo: Usando a frmula 2.3, temos

x(n) =

[n1i=0

3i]c

= 30 31 32 ... 3n1c= 3

n(n1)2 c

(c) x(n + 1) e2nx(n) = 0, x(0) = c.Soluo: Usando a frmula 2.3, temos

x(n) =

[n1i=0

e2i]c

= exp

(n1i=1

2i

)c

= en(n1)c

(d) x(n + 1) nn+ 1

x(n) = 0, n > 1, x(1) = c.

Soluo: Usando a frmula 2.3, temos

x(n) =

[n1i=1

i

i+ 1

]c

=12 23 ... n 1

nc

=c

n

2. Encontre a soluo geral de cada equao em diferena:

(a) y(n+ 1) 12y(n) = 2, y(0) = c.

Soluo: Usando a formla 2.8, temos

y(n) =

(12

)nc+ 2

[(1

2)n 1

12 1

]

=

(12

)nc 4

[(12

)n 1

]

= (c 4)2n + 4

(b) y(n+ 1) nn+ 1

y(n) = 4, y(1) = c

Soluo: Usando a formla 2.4, temos

y(n) =

[n1i=1

i

i+ 1

]c+

n1r=1

[n1i=r+1

i

i+ 1

]4

=c

n+

n1r=1

4(r + 1)n

=c+ 2(n+ 2)(n 1)

n

8

3. Encontre a soluo geral de cada equao em diferena:

(a) y(n+ 1) (n+ 1)y(n) = 2n(n+ 1)!, y(0) = c.Soluo: Usando a formla 2.4, temos

y(n) =

[n1i=0

i+ 1

]c+

n1r=0

[n1i=r+1

i+ 1

]2r(r + 1)!

= cn! +n1r=0

n!

(r + 1)!

2r(r + 1)!

= cn! + n!n1r=0

2r

= cn! + n!2n 12 1

= n!(c + 2n 1)

(b) y(n+ 1) y(n) = en, y(0) = c.Soluo: Usando a formla 2.4, temos

y(n) =

[n1i=0

1

]c+

n1r=0

[n1i=r+1

1

]er

= c+n1r=0

er

= c+en 1e 1

4. (a) Descreva a equao em diferena que descreve o nmero de regies criadas por nlinhas no plano se for requirido que cada par de linha se encontre e em um pontopasse no mximo duas linhas.Soluo: Seja x(n) o nmero de regies formadas por n linhas. Temos quex(0) = 1x(1) = 2x(2) = 4x(3) = 7x(4) = 11Conclumos ento que

x(n+ 1) = x(n) + n+ 1, x(0) = 1

(b) Encontre o nmero dessas regies solucionando a equao em diferena de (a).Soluo: Usando a formla 2.4, temos

x(n) =

[n1i=0

1

]1 +

n1r=0

[n1i=r+1

1

](r + 1)

= 1 +n(n + 1)

2

=n2 + n + 2

2

9

5. A funo gama definida como (x) =

0 tx1et dt, x > 0.

(a) Mostre que (x+ 1) = x(x), (1) = 1.

Soluo: Temos que (x+ 1) =

0txet dt. Resolvendo por partes, temos

u = tx du = xtx1dtdv = etdt v etEnto

(x+ 1) =

ettx

0

+ x

0tx1et dt = x(x)

e

(1) =

0et dt = et

0

= 1.

(b) Se n um inteiro positivo, mostre que (n+ 1) = n!, (1) = 1.Soluo: Usando a frmula 2.3, temos

(n) =

[n1i=1

i

]1

= (n 1)!

Logo (n+ 1) = n!

(c) Mostre que x(n) = x(x 1)...(x n+ 1) = (x+ 1)(x n + 1), n x.

Soluo: Mostraremos por induo sobre n.Para n = 1, temos

x(1) = x =(x+ 1)

(x 1 + 1)

Supondo que x(n) =(x+ 1)

(x n+ 1) para todo n 6 x. Se n + 1 6 x, temos

x(n+1) = x(n)(x n)=

(x+ 1)(x n+ 1)(x n)

=(x+ 1)

(x n)(x n)

(x n)

=(x+ 1)(x n)

Logo x(n) =(x+ 1)

(x n + 1) para todo n 6 x, n N.

6. Um espao (tridimensional) dividido por n planos, no paralelos, e quatro planos notendo um ponto em comum.

10

(a) Escreva a equao em diferena que descreve o numero de regies criadas. Soluo:Seja x(n) o nmero de regies formadas por n planos. Temos quex(0) = 1x(1) = 2x(2) = 4x(3) = 8x(4) = 16Conclumos ento que

x(n + 1) = 2x(n), x(0) = 1

(b) Encontre o nmero dessas regies.Soluo: Usando a formla 2.3, temos

x(n) =

[n1i=0

2

]1

= 2n

7. Um dbito de R$12.000 amortizado por pagamentos iguais de R$380 no fim de cadams, mais um pagamento parcial final aps o ltima R$380 ser pago. Se o interesse auma taxa anual de 12% capitalizados mensalmente, construir um plano de amortizaopara mostrar os pagamentos necessrios.

Soluo:

Temos que p(0) = 12000, T = 380 e r = 0.01a.m. Logo,

380 = 12000

(0.01

1 1.01n)

38 = 121 1.01n

38 38 1.01n = 12 1.01n = 19

13

n =log

1913

log 1.01 38

Pagamento adicional:0.1384 380 = 52.59

8. Suponha que um emprstimo de R$ 80.000 amortizado por pagamentos mensais iguais.Se a taxa de juros de 10% com capitalizao mensal, encontre o pagamento mensalnecessrio para pagar o emprstimo em 30 anos.

Soluo:

Temos que p(0) = 80000, n = 360 e r = 112a.m.

Logo,

T = 80000

(1

120

1 (121120

)360

) T =

20003

1 (121120

)360= 702

9. Suponha que uma soma constante T depositada no fim de cada perodo fixo no bancoque paga juros a uma taxa r por perodo. Seja A(n) o montante acumulado no bancodepois de n perodos.

11

(a) item Escreva a equo em diferena que descreve A(n).Soluo:

A(n+ 1) = A(n) + rA(n) + T

= (1 + r)A(n) + T A(0) = A0.

(b) Resolva a equao obtida em (a), quando A(0) = 0, T = R$200, e r = 0, 008.Soluo:Da equao 2.4, temos que

A(n) =

[n1i=0

1, 008

] 0 +

n1k=0

[n1i=k+1

(1, 008

]200

= 200 n1k=0

(1, 008)nk1

= 200 (1, 008n 1

0, 008

)

= 2500 (0, 008)n 25000

10. A temperatura de um corpo medida como 110F. observado que o valor das alteraesde temperatura durante cada perodo de duas horas 0, 3 vezes a diferena entre atemperatura do perodo precedente e a temperatura ambiente, que 70 F.

(a) Escrever um equao que descreve a diferena de temperatura T (n) do corpo no finalde n perodos.Soluo:

T (n+ 1) = 0, 3(T (n) 70)= 0, 3T (n) + 21, T (0) = 110

(b) Encontre T (n).Soluo: Pela equao 2.8 temos

T (n) = (0, 3)n 110 + 21[(0, 3)n 10, 3 1

]

= (0, 3)n 110 211, 3

((0, 3)n 1)

11. Suponha que voc pode obter uma hipoteca de 30 anos em 8% de juros. Quanto vocpode emprestar se for fazer um pagamento mensal de R$ 1.000?

Soluo: Temos que n = 360, T = 1000 e r =1150

a.m.

Logo,

1000 = p0

(1

150

1 (151150

)360

)

p0 =(1000 10000(150

151)360

) 150

p0 = 136.283, 49

12

12. O Radium decresce a uma taxa de 0,04% por ano. Qual a sua meia-vida? (A meia-vidade um material radioativo definido como o tempo necessrio para metade do materialse dissipar).

Soluo:T (n+ 1) = 0, 0096T (n), T (0) = m

T (n) =

[n1n=0

0, 0096

]m

= (0, 0096)nm

Logo,

(0, 0096)nm = m2

n = log 12log 0,0096

0, 149

13. (Datao por carbono). Tem-se observado que a proporo de carbono-14 em plantase animais, a mesma que na atmosfera contanto que a planta ou o animal esteja vivo.Quando um animal ou planta morre, o carbono-14 em seu tecido comea a decadente taxa r.

(a) Se a meia-vida do carbono-14 de 5.700 anos, encontre r.Soluo:

T (n+ 1) = (1 r)T (n), T (0) = m

T (n) =

[n1n=0

(1 r)]m

= (1 r)nm

Logo,(1 r)nm = m

2

(1 r)5700 = 12

1 r = (12)

15700

r = 1 (12)

15700

(b) Se a quantidade de carbono-14 presente em um osso de um animal 70% da quan-tidade original de carbono-14, quantos anos tem o osso?Soluo: Temos que

T (n) = 0, 7m[(12)

15700

]m = 0, 7m n = log 0, 7

log(12)

15700

2933

3 Pontos de equilbrio

Pontos de equilbrio so importantes no estudo de sistemas dinmicos.

Definio 5. Um ponto x no domnio de f dito um ponto de equilbrio de 1.1 se ele umponto fixo de f , isto , f(x) = x.

13

Em outras palavras, x uma soluo constante de 1.1, uma vez que se x(0) = x umponto inicial, ento x(1) = f(x(0)) = f(x) = x, e assim por diante.

Graficamente os pontos de equilbrio so encontrados pela interseo de f com a reta y = x(Figuras 1.1 e 1.2). Por exemplo, existem 3 pontos de equilbrio para a equao

x(n + 1) = x3(n)

onde f(x) = x3. Para encontrar estes pontos de equilbrio, resolvemos a equao x3 = x (Figura1.1). A Figura 1.2 ilustra outro exemplo, onde f(x) = x2 x + 1 e a equao em diferena dada por

x(n + 1) = x2(n) x(n) + 1.Resolvendo x2 x+ 1 = x encontramos um nico ponto de equilbrio.

Figura 1: Pontos fixos de f(x) = x3.

Figura 2: Pontos fixos de f(x) = x2 x+ 1.

Definio 6. Seja x um ponto do domnio de f . Se existe um inteiro positivo r e um ponto deequilbrio x de 1.1 tal que f r(x) = x, f r1(x) 6= x, ento x um ponto de equilbrio (fixo)final.

Ou seja, possvel ter uma soluo que no ponto de equilbrio, mas atinge um ponto deequilbrio aps um numro finito de iteraes. Em equaes diferenciais isso no ocorre.

Exemplo 7. A funo Tenda considere a (Figura 1.3)

x(n + 1) = T (x(n)),

14

onde

T (x) =

2x para 0 x 12

2(1 x) para 12< x 1.

Existem 2 pontos de equilbrio, 0 e 23(veja Figura 1.3). A busca por pontos de equilbrio final

no to simples algebricamente. Se T 0(14) = x(0) = 1

4, T 1(1

4) = x(1) = 1

2, T 2(1

4) = x(2) = 1,

T 3(14) = x(3) = 0. Assim, 1

4 um ponto de equilbrio final.

Figura 3: Pontos de equilbrio da Funo Tenda.

Um dos principais objetivos do estudo de um sistema dinmico analisar o comportamentode uma soluo perto de um ponto de equilbrio. Esse estudo constitui a teoria de estabilidade.

Definio 8. (a) O ponto de equilbrio x de 1.1 estvel (Figura 1.4) se dado > 0existe > 0 tal que |x0 x| < implica |fn(x0) x| < para todo n > 0. Se xno estvel, ento chamado instvel (Figura 1.5).

Figura 4: x estvel. Se x(0) est prximo de x, ento x(n) est prximo de x(n) paratodo n > 0.

15

Figura 5: x instvel. Instvel x *. No existe > 0 tal que no importa o quo perto x(0)est de x, isto , haver um N tal que x(N) dista pelo menos de x.

(b) O ponto x dito atrator se existe > 0 tal que

|x(0) x| < implica limn

x(n) = x

Se =, x chamado um atrator global.(c) O ponto x um ponto de equilbrio assintoticamente estvel se estvel e atrator

(Figura 1.6).Se =, x dito assintoticamente estvel global (Figura 1.7).

Figura 6: x assintoticamente estvel. Estvel se x(0) est prximo de x; ento limn

x(n) =x.

Figura 7: x assintoticamente estvel global. Estvel e limn

x(n) = x para todo x(0).

16

Determinar a estabilidade de um ponto de equilbrio a partir das definies acima referidaspode vir a ser uma misso impossvel em muitos casos. Isto devido ao fato de que podemosno encontrar a soluo de 1.1 em forma fechada. Nesta seo, apresentaremos algumas dasferramentas mais simples, mas poderosas para nos ajudar a compreender o comportamento dassolues de 1.1 nas proximidades de pontos de equilbrio, ou seja, as tcnicas grficas.

3.1 O diagrama de degrau (teia de aranha)

Vamos agora descrever um mtodo grfico importante para analisar a estabilidade de pontosde equilbrio (peridicos) de 1.1. Como x(n + 1) = f(x(n)), podemos desenhar o grfico de fno plano (x(n), x(n + 1)). Ento, dado x(0) = x0, ns identificamos o valor x(1) pelo desenhode um linha vertical atravs de x0 para que ele tambm cruza o grfico de f em (x0, x(1)).Em seguida, desenhamos uma linha horizontal a partir de (x0, x(1)) para interceptar a linhadiagonal y = x no ponto (x(1), x(1)). Uma linha vertical passando pelo ponto (x(1), x(1)) irinterceptar o grfico de f no ponto (x(1), x(2)). Continuando este processo, pode-se encontrarx(n) para todo n > 0.

Exemplo 9. A Equao LogsticaSeja y(n) o tamanho de uma populao no tempo n. Se a taxa de crescimento da

populao de uma gerao para outra, ento podemos considerar um modelo matemtico naforma(Modelo de Thomas Malthus (1798)

y(n+ 1) = y(n), > 0. (3.1)

Se a populao inicial dada por y(0) = y0, ento, por simples iterao, ns obtemos que

y(n) = ny0 (3.2)

a soluo de 3.1. Se > 1, ento y(n) cresce indefinidamente, e limn

y(n) = . Se = 1,ento y(n) = y0 para todo n > 0, o que significa que o tamanho da populao constante parao futuro indefinido. No entanto, para < 1, temos lim

ny(n) = 0, e a populao extinta.

Para a maioria das espcies biolgicas, no entanto, nenhum dos casos acima vlido, poisa populao aumenta at atingir um determinado limite superior. Ento, devido s limitaesdos recursos disponveis, as criaturas se envolvero em competies por esses recursos limitados.Esta competio proporcional ao nmero de disputas entre eles, dada por y2(n). Um modelorazovel seria

y(n+ 1) = y(n) by2(n), (3.3)

com b sendo uma constante de proporcionalidade. Se em 3.3, colocamos x(n) =b

y(n), obtemos

x(n + 1) = x(n)(1 x(n)) = f(x(n)). (3.4)

Esta equao a equao em diferena no linear de primeira ordem mais simples, comumentereferido como a equao logstica (discreta). No entanto, uma soluo fechada de 3.4 no estdisponvel (exceto para determinados valores de ). Apesar de sua simplicidade, essa equaoapresenta dinmica bastante rica e complicada. Para encontrar os pontos de equilbrio de 3.4,colocamos f(x) = x(1 x) = x. Assim, podemos identificar dois pontos de equilbrio:x = 0 e x =

1

.

A Figura 1.8 apresenta o diagrama de degrau de (x(n), x(n+1)) quando = 2.5 e x(0) = 0, 1.Neste caso, tambm temos dois pontos de equilbrio. Um deles, x = 0, instvel, e o outro,x = 0, 6, assintoticamente estvel.

17

Figura 8: Diagrama do degrau para = 2.5.

3.2 O teorema teia de aranha de economia

Aqui vamos estudar o preo de um determinado produto. Seja S(n) o nmero de unidadesfornecidas no perodo n, D(n) a demanda no perodo n, e p (n) o preo por unidade no perodon.

Para simplificar, vamos supor queD(n) depende apenas de forma linear em p(n) e denotadopor

D(n) = mdp(n) + bd, md > 0, bd > 0. (3.5)Esta equao referida como a curva de preo-demanda. a constante md representa a sensibi-lidade dos consumidores ao preo. Assumimos tambm que a curva de preo-oferta refere aofornecimento, a oferta depende do preo do perodo anterior, isto ,

S(n+ 1) = msp(n) + bs, ms > 0, bs > 0. (3.6)

A constante ms a sensibilidade de fornecedores ao preo. A inclinao da curva de demanda negativa porque um aumento de uma unidade no preo produz uma diminuio de md unidadesna demanda. Do mesmo modo, um aumento de uma unidade no preo provoca um aumentode ms unidades na oferta, criando uma inclinao positiva para essa curva.

Uma terceira suposio que fazemos aqui que o preo de mercado o preo em que ademanda e a oferta so iguais, isto , no qual D(n+ 1) = S(n+ 1).

Assimmdp(n+ 1) + bd = msp(n) + bs,

oup(n+ 1) = Ap(n) +B = f(p(n)), (3.7)

onde

A = msmd

, B =bd bsmd

. (3.8)

Esta equao uma equao em diferena linear de primeira ordem. O preo equilbrio p definido em economia como o preo que resulta em uma interseo das curvas de oferta S(n+1)e demanda D(n). Alm disso, uma vez que p o nico ponto fixo de f(p) em 3.7, temos quep dado pela soluo da equao Ap +B = p.

Ap +B = p

(1 A)p = B p = B

1A

Por A ser a relao entre as inclinaes das curvas de oferta e demanda, esta relao deter-mina o comportamento da sequncia de preo. H trs casos a serem considerados:

18

(a) 1 < A < 0,(b) A = 1,(c) A < 1.Os trs casos esto agora representados graficamente usando o diagrama do degrau.(i) No caso (a), os preos alternam acima e abaixo, mas convergindo para o preo de equi-

lbrio p. Na linguagem da economia, o preo p considerado "estvel"; em matemtica, nsnos referimos a ele como "assintoticamente estvel"(Figura 1.9).

Figura 9: Preo de equilbrio assintoticamente estvel.

(ii) No caso de (b), os preos oscilam entre apenas dois valores. Se p(0) = p0, entop(1) = p0 +B e p(2) = p0. Por isso, o ponto de equilbrio p estvel (Figura 1.10).

Figura 10: Preo de equilbrio estvel.

(iii) No caso (c), os preos oscilam infinitamente sobre o ponto de equilbrio p mas afastam-se progressivamente dele. Assim, o ponto de equilbrio considerado instvel (Figura 1.11).

Figura 11: Preo de equilbrio instvel.

19

Uma soluo de explcita de 3.7 com p(0) = p0 encontrada usando a frmula ??

p(n) =

Anp0 +B

[An 1A 1

]seA 6= 1,

p0 +Bn seA = 1.ou

p(n) =

(p0 B1 A

)An +

B

1A seA 6= 1,p0 +Bn seA = 1.

p(n) =

(p0 B1A

)An +

B

1 A (3.9)

Esta soluo explcita nos permite reafirmar os casos (a) e (b) como segue.

Teorema 10. Se os fornecedores so menos sensveis a preo do que os consumidores (ouseja, ms < md), o mercado ser, ento, estvel. Se os fornecedores so mais sensveis que osconsumidores, o mercado ser instvel.

Exerccios 1.3

1. Seja a equao x(n + 1) = f(x(n)), onde f(0) = 0.

(a) Provar que x(n) 0 uma soluo da equao.Soluo: Observe que x = 0 um ponto de equilbrio da equao x(n+1) = f(x(n)).Logo x(n) 0 soluo da equao.

(b) Mostre que a funo descrita no seguinte diagrama (n, x(n)) no pode ser umasoluo da equao:

Soluo: Observe que x(3) = f(x(2)) = f(0) = 0. Depois que se atinge o ponto deequilbrio, as prximas iteraes devem ser o ponto de equilbrio.

2. (Mtodo de Newton para calcular a raiz quadrada de um nmero positivo)

A equao x2 = a pode ser escrito na forma x = 12(x+ a/x). Este forma leva ao mtodo

de Newton

x(n+ 1) =12

[x(n) +

a

x(n)

].

(a) Mostre que esta equao em diferena tem dois pontos de equilbrio, a e a.Soluo: Os pontos de equilbrio so dados pela soluo da equao

12

[x+ a

x

]= x x+ a

x= 2x x = a

x x = a

x x = a

20

(b) Esboe um diagrama do degrau para a = 3, x(0) = 1, e x(0) = 1.Soluo:

(c) O que voc pode concluir a partir de (b)?Soluo: Se comearmos a iterar com um valor negativo para x(0), as prximasiteraes se aproximaro do ponto de equilbrio 3, que por sua vez, ser atrator.Se comearmos a iterar com um valor positivo para x(0), as prximas iteraes seaproximaro do ponto de equilbrio

3, que por sua vez, ser atrator.

3. (Equao Logistica de Pielou)

E.C. Pielou referiu-se seguinte equao como a equao logstica discreta:

x(n + 1) =x(n)

1 + x(n), > 1, > 0.

(a) Encontre o ponto de equilbrio positivo.Soluo: O ponto de equilbrio positivo dado pela soluo da equaox

1x= x x+ x2 = x 1 + x = , pois x > 0 x = 1

(b) Demonstrar, utilizando o diagrama do degrau, que o ponto de equilbrio positivo assintoticamente estvel, tomando = 2 e = 1.

4. Encontre os pontos de equilbrio e determine a sua estabilidade para o equao

x(n + 1) = 5 6x(n)

.

Soluo: Os pontos de equilbrio so dados pela soluo da equao

5 6x= x x2 5x+ 6 = 0 x1 = 2, x2 = 3

21

Pela figura, conclumos que x1 = 2 instvel e x2 = 3 assintoticamente estvel.

5. (a) Desenhe um diagrama de escada para 3.4 com = 0, 5, 3 e 3, 3. O que voc podeconcluir a partir destes diagramas?Soluo:

Pela figura, conclumos que x1 = 0 assintoticamente estvel e x2 = 1 instvel.

Pela figura, conclumos que x1 = 0 instvel e x2 = 23 assintoticamente estvel.

22

Pela figura, conclumos que x1 = 0 e x2 = 2333 so instveis.

(b) determinar se estes valores para d origem a solues peridicas de perodo 2.Soluo: Para ser soluo peridica de perodo 2, devemos ter x(n + 2) = x(n),

que equivale a f 2(x(n)) = x(n). O que nos d x(0) =(1+)+

(3)(+1)

2e x(1) =

(1+)

(3)(+1)

2. Conclumos ento que para existir um soluo peridica de pe-

rodo 2, devemos ter > 3. Dentre os valores do item anterior, so o = 3.3 satisfaza condio.

6. (O Fenmeno da Teia de Aranha [equao 3.7]). Os economistas definem o preo deequilbrio p de uma mercadoria como o preo pelo qual a funo demanda D(n) igual funo de oferta S(n+ 1). Estas so definidas em 3.5 e 3.6, respectivamente.

Seja ms = 2,bs = 3, md = 1, e bd = 15. Encontre o preo de equilbrio p. Em seguida,desenhe um diagrama do degrau, para p(0) = 2.

Soluo: Temos que

A = msmd

= 21= 2

B =bd bsmd

=15 3

1= 12

p =12

1 (2) = 4

O diagrama do degrau de p(n+ 1) = 2p(n) + 12, com p(0) = 2 dado por

7. Continuao do Problema 6:

23

Os economistas usam um esquema diferente do diagrama do degrau, como explicaremosnos seguintes passos:

(i) Seja o eixo x representando o preo p(n) e o eixo y representando S(n + 1) ou D(n).Desenhe a linha de oferta e a linha de demanda e encontre o seu ponto de interseco p.

(ii) A partir da p(0) = 2 encontramos S(1), movendo verticalmente para a linha deoferta, em seguida, movendo-se horizontalmente para encontrar D(1) (desde que D(1) =S(1)), que determina p(1) sobre o eixo de preos. A oferta S(2) encontra-se na linha deoferta directamente acima de p(1), e, em seguida, D(2) (= S(2)) encontra-se movendohorizontalmente para a linha de demanda, etc.

iii) p estvel? Pela figura abaixo, concluimos que p instvel.

8. Repita Exerccios 6 e 7 para:

(a) ms = md = 2, bd = 10, e bs = 2.Soluo: Temos que

A = msmd

= 22= 1

B =bd bsmd

=10 2

2= 4

p =4

1 (1) = 2

O diagrama do degrau de p(n+ 1) = p(n) + 4, com p(0) = 1 dado por

Pela figura abaixo, concluimos que p estvel.

24

(b) ms = 1, md = 2, bd = 14, e bs = 2.Soluo: Temos que

A = msmd

= 12= 1

2

B =bd bsmd

=14 2

2= 6

p =6

1 (12)= 4

O diagrama do degrau de p(n+ 1) = 12p(n) + 6, com p(0) = 2 dado por

Pela figura abaixo, concluimos que p estvel.

9. Use a frmula 3.9 para mostrar que:

25

(a) Se 1 < A < 0, ento limn

p(n) =B

1A .

Soluo: Temos que limn

[

(p0 B1 A

)An +

B

1A

]=

B

1 A(b) Se A < 1, ento p(n) ilimitado.

Soluo: Temos que limn

[(p0 B1A

)An+

B

1 A

]explode, com lim

n

[(p0 B1 A

)An+

B

1A

]= + para n par e lim

n

[(p0 B1A

)An +

B

1 A

]= para n impar.

(c) Se A = 1, ento p(n) tem apenas dois valores:

p(n) =

{p(0) se n par,p(1) = B p0 se n mpar.

Soluo: Se A = 1, p(n) =(p0 B1 A

)An +

B

1 A =(p0 B2

)(1)n + B

2.

Ento temos que

p(n) =

{p(0) se n par,p(1) = B p0 se n mpar.

10. Suponha que as equaes de oferta e demanda so dadas por D(n) = 2p(n) + 3 eS(n+ 1) = p2(n) + 1.

(a) Supondo que o preo de mercado o preo em que a oferta igual a demanda,encontre uma equao de diferena relaciona p(n + 1) com p(n).Soluo: Temos queD(n+ 1) = S(n+ 1) 2p(n) + 3 = p2(n) + 1 p(n+ 1) = 1

2p2(n) + 1.

(b) Encontre o valor de equilbrio positivo desta equao.Soluo: O valor de equilbrio positivo dado pela soluo da equao1

2p2 + 1 = p p2 + 2p 2 = 0 p = 1 +3

(c) Utilizar o diagrama de degraus para determinar a estabilidade do valor de equilbriopositivo.Soluo: Do diagrama de degraus abaixo, concluimos que o valor de equilbrio posi-tivo assintoticamente estvel.

11. Considere a funo de Baker definida por

B(x) =

2x para 0 x 12

2x 1 para 12< x 1.

26

(i) Desenhe a funo B(x) em [0, 1].

Soluo:

(ii) Mostre que x [0, 1] um ponto fixo final, se e somente se da forma x = k/2n, ondek e n so inteiros positivos,1 com 0 k 2n 1.Soluo: Fazendo iteraes da funo B(x), obtemos

Bn(x) =

2nx para 0 x 12n

2nx 1 para 12n

< x 22n

......

...

2nx (2n 1) para 2n 12n

< x 1.

Observe que

Bn(x) = 0 2nx k = 0; 0 x 2n 1 x = k2n

; 0 x 2n 1

Bn(x) = 1 2nx k = 1; 0 x 2n 1 x = k + 12n

; 0 x 2n 1Da observao acima, fica demostrado a equivalncia.

12. Encontre os pontos fixos e os pontos fixos finais de x(n+1) = f(x(n)), em que f(x) = x2.

Soluo: Os pontos fixos so dados pela soluo da equao x2 = x, ou seja, x = 1 oux = 0. J os pontos fixos finais so solues de f r(x) = 0 ou f r(x) = 1, para r > 1, ouseja, x2

n

= 0 ou x2n

= 1. Logo, s existe o ponto fixo final x = 1.13. Encontre um ponto fixo final, da funo tenda do exemplo 1.7, que no sob a forma de

k/2n.

Soluo: Observe que T 2(16

)= T

(13

)=

23. Logo x =

16 um ponto de equilbrio final

que no da formak

2n.

1Um nmero x [0, 1] chamado de racional ditico se ele tem a forma k/2n para alguns inteiros nonegativos k e n, com 0 k 2n 1.

27

14. Considere a funo tenda do Exemplo 1.7. Mostre que, se x = k/2n, onde k e n sointeiros positivos com 0 < k/2n 1, ento x um ponto fixo final.Soluo: Fazendo iteraes da funo T (x), obtemos

T n(x) =

2nx para 0 x 12n

2 2nx para 12n

< x 22n

2 + 2nx para 22n

< x 32n

......

...

(1)a2b+ (1)a+12nx para a 12n

< x a2n

......

...

2n 2nx para 2n 12n

< x 1.

Se x =k

2n, com k sendo par, temos:

T n(x) = (1)a2b+ (1)a+12n 2b2n

= 0

Logo x ponto de equilbrio final.

Se x =k

2n, com k sendo impar, temos:

T n(x) = (1)a2b+ (1)a+12n2b+ 12n

=12n

Temos ento que T 2n(x) = 1 e T 2n+1(x) = 0.

Logo x ponto de equilbrio final.

4 Solues numricas de equaes diferenciais

Equaes diferenciais tm sido intensamente utilizadas como modelos matemticos para umaampla variedade de fenmenos fsicos e artificiais. Tais modelos descrevem populaes ou obje-tos que evoluem continuamente, em que o tempo (ou a varivel independente) um subconjuntodo conjunto de nmeros reais. Em contraste, equaes em diferenas descrevem populaes ouobjetos que evoluem de forma discreta, em que o tempo (ou a varivel independente) umsubconjunto do conjunto de nmeros inteiros. Em muitos casos, a pessoa incapaz de resolveruma determinada equao diferencial. Neste caso, preciso usar um mtodo numrico, paraaproximar as solues das equaes diferenciais. Um mtodo numrico leva construo deuma equao em diferena associada que mais passvel de computao quer por uma calcula-dora de representao grfica ou por um computador. Aqui apresentamos uma par de esquemasnumricos simples. Comeamos pelo mtodo de Euler, um dos mais antigos mtodos numricos.

4.1 Mtodo de euler

Considere a equao diferencial de primeira ordem

x(t) = g(t, x(t)), x(t0) = x0, t0 t b. (4.1)

28

Vamos dividir o intervalo [t0, b] em N subintervalos iguais. O tamanho de cada subintervalo chamado de o tamanho do passo do mtodo e denotado por h = (b t0)/N . Este tamanhodo passo define os pontos nodais t0, t1, t2, ..., tN , onde tj = t0 + jh.O mtodo de Euler aproximax(t) por (x(t+ h) x(t))/h.

Substituindo este valor em 4.1, temos

x(t+ h) = x(t) + hg(t, x(t)),

e para t = t0 + nh, obtemos

x[t0 + (n + 1)h] = x(t0 + nh) + hg[t0 + nh,X(t0 + nh)] (4.2)

para n = 0, 1, 2, ..., N 1. Adaptando a notao de equao em diferenas, substituimos x(t0 +nh) por x(n), temos

x(n+ 1) = x(n) + hg[n, x(n)]. (4.3)

A equao 4.3 define o algoritmo de Euler, que aproxima as solues da equao diferencial 4.1nos pontos nodais.

Note que x um ponto de equilbrio 4.3 se e s se g(x) = 0 (Pontos de equilbrio da EDOso funes tais que x(t) = 0). Assim, a equao diferencial 4.1 e a equao em diferena 4.3tm os mesmos pontos de equilbrio.

Exemplo 11. Vamos agora aplicar o mtodo de Euler equao diferencial (DE):

x(t) = 0.7x2(t) + 0, 7, x(0) = 1, t [0, 1] .Usando o mtodo de separao de variveis, obtemos

10.7

dxx2 + 1

=dt.

consequentementearctan(x(t)) = 0.7t+ c.

Como x(0) = 1, obtemos c = pi4. Assim, a soluo exata desta equao dado por x(t) =

tan(0.7t+ pi4. A equao em diferena (E) correspondente utilizando o mtodo de Euler

x(n+ 1) = x(n) + 0, 7h(x2(n) + 1), x(0) = 1

A Tabela 1.3 mostra as aproximaes de Euler para h = 0, 2 e 0, 1, bem como os valores exatos.A Figura 1.12 apresenta o diagrama (n, x(n)). Note que quanto menor o tamanho do passo,temos melhor aproximao.

Figura 12: O diagrama (n, x(n)).

29

Tabela 3:

(E) Euler (E) Euler(h = 0.2) (h = 0.1) (DE) Exata

n t x(n) x(n) x(t)0 0 1 1 11 0.1 1.14 1.1502 0.2 1.28 1.301 1.3283 0.3 1.489 1.5424 0.4 1.649 1.715 1.8075 0.5 1.991 2.1506 0.6 2.170 2.338 2.6147 0.7 2.791 3.2868 0.8 2.969 3.406 4.3619 0.9 4.288 6.38310 1 4.343 5.645 11.681

Exemplo 12. Considere a equao diferencial logstica

x(t) = ax(t)(1 x(t)), x(0) = x0.

Os pontos de equilbrio (ou solues constantes) so obtidos fazendo x(t) = 0. Logo ax(1x) =0 e temos ento dois pontos de equilbrio x1 = 0 e x

2 = 1. A soluo exata da equao obtidapela separao de variveis,

dx

x(1 x) = adt,

ln

(x

1 x

)= at+ c,

x

1 x = eat+c = beat, b = ec.

Ento temos

x(t) =beat

1 + beat

Agora x(0) = x0 = b1+b dx0

1x0. Substituindo em x(t), temos

x(t) =x0e

at

1 x0 + x0eat =x0e

at

1 + x0(eat 1)Se a > 0, lim

tx(t) = 1, e, portanto, todas as solues convergem para o ponto de equilbrio

x2 = 1. Por outro lado, se a < 0, limtx(t) = 0, e, portanto, todas as solues convergem parao ponto de equilbrio x1 = 0.

30

Figura 13: Se a > 0, toda soluo com x0 > 0 converge para x2 = 1.

Figura 14: Se a < 0, toda soluo com x0 < 10 converge para x1 = 0.

Vamos agora aplicar o mtodo de Euler para a equao diferencial logstica. A equao emdiferena correspondente, usando a equao 4.3, dada por

x(n + 1) = x(n) + hax(n)(1 x(n)), x(0) = x0.

Esta equao tem dois pontos de equilbrio x1 = 0, x

2 = 1 como no caso equao diferencial.Seja t(n) = ha

1+hax(n). Ento ns temos

y(n+ 1) = (1 + ha)y(n)(1 y(n))

ou

y(n+ 1) = y(n)(1 y(n)), y(0) = ha1 + ha

x(0), e = 1 + ha.

Os pontos de equilbrio correspondentes so y1 = 0 e y

2 =1

= ha1+ha

que correspondem ax1 = 0 e x

2 = 1, respectivamente. Usando o diagrama da teia de aranha, observa-se que para1 < < 3 (0 < ha < 2), todas as solues cujo ponto inicial y0 no intervalo (0, 1) convergempara o ponto de equilbrio y2 =

ha1+ha

(15) e para 0 < < 1 (1 < ha < 0), todas as soluescujo ponto inicial y0 no intervalo (0, 1) convergem para o ponto de equilbrio y2 = 0(16). Noentanto, para > 3 (ha > 2), quase todas as solues onde os pontos iniciais esto no intervalo(0, 1) no convergem para os ponto de equilbrio y1 ou y

2. Na verdade, vamos ver em seesposteriores que para > 3, 57 (ha > 2, 57), as solues da equao em diferena se comportamde uma forma "catica"(17). Na prxima seo, vamos explorar um outro esquema numricoque tem se mostrado eficaz em muitos casos.

31

Figura 15: 0 < ha < 2.

Figura 16: 1 < ha < 0.

Figura 17: ha > 2.57.

4.2 Um esquema despadronizado

Considere novamente a equao diferencial logstica. Agora, se substituirmos x2(n) no mtodode Euler por x(n)x(n + 1) obtm-se

x(n + 1) = x(n) + hax(n) hax(n)x(n + 1).

Simplificando, obtemos a equao em diferena racional

x(n+ 1) =(1 + ha)x(n)1 + hax(n)

32

ou

x(n + 1) =x(n)

1 + x(n)

com = 1 + ha, = 1 = ha. Essa equao tem dois pontos de equilbrio x1 = 0 e x2 = 1.Do diagrama da teia de aranha (18) conclumos que lim

nx(n) = 1 se > 1. temos que h > 0,

> 1 se e somente se a > 0. Assim, todas as solues convergem para o ponto de equilbriox2 = 1 se a > 0, como no caso equao diferencial independentemente do tamanho de h.

Figura 18: = 1 + ha, = 1 = ha.

Exerccios 1.4

Nos problemas 1 5(a) Encontre a equao em diferena associada.

(b) Desenhe um diagrama (n, y(n)).

(c) Encontre, se possvel, a soluo exata da equao diferencial e desenhar o seu grfico namesma figura em (b).

1. y = y2, y(0) = 1, 0 t 1, h = 0.2, 0.1.Soluo: Usando o mtodo de separao de variveis, obtemos

dy

y2=dt.

consequentementey3

3= t+ c y =

1

3t+ k.

Como y(0) = 1, obtemos k = 1. Assim, a soluo exata desta equao dado por

y(t) =

1

3t+ 1. A equao em diferena correspondente utilizando o mtodo de Euler

y(n+ 1) = y(n) hy2(n), y(0) = 1 h = 0.2, 0.1.

A Tabela abaixo mostra as aproximaes de Euler para h = 0, 2 e 0, 1, bem como osvalores exatos. A figura apresenta o diagrama (n, y(n)).

33

(E) Euler (E) Euler(h = 0.2) (h = 0.1) (DE) Exata

n t y(n) y(n) y(t)0 0 1 1 11 0.1 0.9 0.8772 0.2 0.8 0.819 0.7903 0.3 0.751 0.7254 0.4 0.672 0.694 0.6745 0.5 0.645 0.6326 0.6 0.581 0.603 0.5977 0.7 0.566 0.5678 0.8 0.513 0.533 0.5429 0.9 0.504 0.51910 1 0.460 0.478 0.5

Figura 19: O diagrama (n, y(n)).

2. y = y + 4y, y(0) = 1, 0 t 1, h = 0.25.

Soluo: Usando o mtodo de separao de variveis, obtemos

y

4 y2dy =dt.

consequentementeln|4 y2| = 2t+ c y =

4 ke2t.

Como y(0) = 1, obtemos k = 3. Assim, a soluo exata desta equao dado pory(t) =

4 3e2t. A equao em diferena correspondente utilizando o mtodo de Euler

y(n+ 1) = y(n) + 0.254 y2(n)y(n)

, y(0) = 1.

A Tabela abaixo mostra as aproximaes de Euler, bem como os valores exatos. A figuraapresenta o diagrama (n, y(n)).

34

(E) Euler (DE) Exatan t y(n) y(t)0 0 1 1

0.1 1.9891 0.2 1.75 1.979

0.3 1.9690.4 1.958

2 0.5 1.883 1.9480.6 1.938

3 0.7 1.943 1.9270.8 1.9170.9 1.906

4 1 1.971 1.895


3. y = y + 1, y(0) = 2, 0 t 1, h = 0.25.Soluo: Usando o mtodo de separao de variveis, obtemos

11 ydy =

dt.

consequentementeln|1 y| = t+ c y = 1 ket.

Como y(0) = 2, obtemos k = 1. Assim, a soluo exata desta equao dado pory(t) = 1 + et. A equao em diferena correspondente utilizando o mtodo de Euler

y(n+ 1) = y(n) + 0.25(1 y(n)), y(0) = 2.


35

(E) Euler (DE) Exatan t y(n) y(t)0 0 2 2

0.1 1.9041 0.2 1.75 1.818

0.3 1.7400.4 1.670

2 0.5 1.562 1.6060.6 1.548

3 0.7 1.421 1.4960.8 1.4490.9 1.406

4 1 1.315 1.367


4. y = y(1 y), y(0) = 0.1, 0 t 1, h = 0.25.Soluo: Usando o mtodo de separao de variveis, obtemos

1y(1 y)dy =

dt.

consequentemente

ln

y1 y = t+ c y = ke

t

1 + ket.

Como y(0) = 0.1, obtemos k = 19. Assim, a soluo exata desta equao dado por

y(t) =et

9 + et. A equao em diferena correspondente utilizando o mtodo de Euler

y(n+ 1) = y(n) + 0.25y(n)(1 y(n)), y(0) = 0.1.


36

(E) Euler (DE) Exatan t y(n) y(t)0 0 0.1 0.1

0.1 0.1091 0.2 0.122 0.119

0.3 0.1300.4 0.142

2 0.5 0.148 0.1540.6 0.168

3 0.7 0.179 0.1820.8 0.1980.9 0.214

4 1 0.215 0.231


5. y = y2 + 2, y(0) = 14, 0 t 1, h = 0.25.

Soluo: Usando o mtodo de separao de variveis, obtemos

dy

2 + y2)=dt.

consequentemente

arctan

(2y2

)=2t+ c y =

2 tan(

2t+ k.

Como y(0) = 0.25, obtemos k = arctan

(22

). Assim, a soluo exata desta equao

dado por y(t) =2 tan(

2t + arctan

(22

). A equao em diferena correspondente

utilizando o mtodo de Euler

y(n+ 1) = y(n) + 0.25(2 + y2(n)), y(0) = 0.25.


37

(E) Euler (DE) Exatan t y(n) y(t)0 0 0.25 0.25

0.1 0.4631 0.2 0.765 0.696

0.3 0.9650.4 1.293

2 0.5 1.411 1.7180.6 2.320

3 0.7 2.408 3.2910.8 5.2230.9 11.439

4 1 4.357 76.778


6. Use o mtodo numrico despadronizado para encontrar a equao em diferena associadada equao diferencial no Problema 1.

Soluo:x(n + 1) = x(n) + hx(n)x(n + 1)

(1 hx(n))x(n + 1) = x(n)

x(n + 1) = x(n)1 hx(n)

7. Do Problema 4 use o mtodo numrico despadronizado e compare seus resultados com omtodo de Euler.

38

Soluo:x(n + 1) = x(n) + hx(n)(1 x(n))

x(n + 1) = x(n) + hx(n) hx2(n)

x(n + 1) = x(n) + hx(n) hx(n)x(n + 1)

(1 + hx(n))x(n + 1) = (1 + h)x(n)

x(n + 1) = (1 + h)x(n)1 + hx(n)

8. Do Problema 5, use o mtodo numrico despadronizado e compare seu resultado com omtodo de Euler.

Soluo:x(n + 1) = x(n) + hx(n)x(n + 1) + 2h

(1 hx(n))x(n + 1) = x(n) + 2h

x(n + 1) = x(n) + 2h1 hx(n)

9. Use tanto o mtodo de Euler e o mtodo despadronizado para discretizar o equaodiferencial

y(t) = y2 + t, y(0) = 1, 0 t 1, h = 0, 2.Desenhe o diagrama n y(n) para ambos os mtodos. Verifique qual mtodo d umamelhor aproximao para a equao diferencial.

Soluo: As equaes em diferenas correspondentes utilizando os mtodos de Euler edespadronizado so, respectivamente,

y(n+ 1) = y(n) + 0.2(y2(n) + n), y(0) = 1.

e

y(n+ 1) =y(n) + 0.2n1 0.2y(n)

10. (a) Use o mtodo de Euler com h = 0, 25 em [0, 1] para encontrar o valor de y corres-pondente a t = 0, 5 para a equao diferencial

dy

dx= 2t+ y, y(0) = 1.

Soluo: Usando o mtodo de Euler, encontramos a equao em diferena

y(n+ 1) = y(n) + 0.25(2n+ y(n))

Como queremos uma aproximao da funo no ponto t = 0.5, usamos a frmulat = t0 + nh e encontramos n = 2. E da, encontramos y(2) = 3.187

(b) Comparar o resultado obtido em (a) com o valor exato.

11. Dada a equao diferencial de Problema 10, mostre que uma melhor aproximao dadapela equao em diferena

y(n+ 1) = y(n) +12h(y(n) + y(n+ 1)).

Este mtodo chamado s vezes de o mtodo de Euler modificado.

39

5 Critrio para a estabilidade assinttica de pontos de

equilbrio

Nesta seo, ser apresentado critrios simples para a estabilidade assinttica de pontos deequilbrio. O seguinte teorema a nossa principal ferramenta nessa seo.

Teorema 13.

Exemplo 14.

Teorema 15.

Teorema 16.

Exerccios 1.4

Nos problemas 1 ao 7, encontre os pontos de equilbrio e determine sua estabilidade usando 13,15 e 16.

1. x(n + 1) =12[x3(n) + x(n)].

Soluo: Temos que f(x) =12(x3 + x) e f (x) =

12(3x2 + 1). Para encontrar os pontos

de equilbrio, resolvemos a equao12(x3 + x) = x, obtendo-se 3 pontos de equilbrio:

x1 = 1, x2 = 0 e x3 = 1. x1 = 1Temos que |f (x1)| = 2 > 1.Logo, pelo 13, o ponto x1 instvel.

x2 = 0Temos que |f (x2)| =

12< 1.

Logo, pelo 13, o ponto x2 assintoticamente estvel.

x3 = 1Temos que |f (x2)| = 2 > 1.Logo, pelo 13, o ponto x3 instvel.

2. x(n + 1) = x2(n) +18.

Soluo: Temos que f(x) = x2 +18e f (x) = 2x. Para encontrar os pontos de equilbrio,

resolvemos a equao x2 +18= x, obtendo-se 2 pontos de equilbrio: x1 =

2 +2

4e

x2 =22

4.

x1 =2 +

2

4

Temos que |f (x1)| =2 +

2

2> 1.

Logo, pelo 13, o ponto x1 instvel.

40

x2 =22

4

Temos que |f (x2)| =22

2< 1.


3. x(n + 1) = tan1 x(n).

Soluo: Temos que f(x) = tan1 x, f (x) =1

1 + x2, f (x) = 2x

(1 + x2)2e f (x) =

6x2 2(1 + x2)3

. Para encontrar os pontos de equilbrio, resolvemos a equao tan1 x = x,

obtendo-se o ponto de equilbrio x = 0.

Temos que f (x) = 1, f (x) = 0 e f (x) = 2 < 0.Logo, pelo 15, o ponto x assintoticamente estvel.

4. x(n + 1) = x2(n).

Soluo: Temos que f(x) = x2 e f (x) = 2x. Para encontrar os pontos de equilbrio,resolvemos a equao x2 = x, obtendo-se 2 pontos de equilbrio: x1 = 0 e x

2 = 1.

x1 = 0Temos que |f (x1)| = 0 < 1.Logo, pelo 13, o ponto x1 assintoticamente estvel.

x2 = 1Temos que |f (x2)| = 2 > 1.Logo, pelo 13, o ponto x2 instvel.

5. x(n + 1) = x3(n) + x(n).

Soluo: Temos que f(x) = x3 + x, f (x) = 3x2 + 1, f (x) = 6x e f (x) = 6. Paraencontrar os pontos de equilbrio, resolvemos a equao x3 + x = x, obtendo-se o pontode equilbrio x = 0.

Temos que f (x) = 1, f (x) = 0 e f (x) = 6 > 0.

Logo, pelo 15, o ponto x instvel.

6. x(n + 1) =x(n)

1 + x(n), > 1 e > 0.

Soluo: Temos que f(x) =x

1 + xe f (x) =

(1 + x)2. Para encontrar os pontos de

equilbrio, resolvemos a equaox

1 + x= x, obtendo-se 2 pontos de equilbrio: x1 = 0 e

x2 = 1

.

x1 = 0Temos que |f (x1)| = > 1.Logo, pelo 13, o ponto x1 instvel.

x2 = 1

Temos que |f (x2)| =1< 1.


41

7. x(n + 1) = x3(n) x(n).Soluo: Temos que f(x) = x3x, f (x) = 3x21, f (x) = 6x e f (x) = 6. Paraencontrar os pontos de equilbrio, resolvemos a equao x3x = x, obtendo-se o pontode equilbrio x = 0.

Temos que f (x) = 1 e Sf(x) = 6 > 0.Logo, pelo 16, o ponto x instvel.

42

IntroduoEquaes em diferenas lineares de primeira ordemCasos especiais importantes

Pontos de equilbrioO diagrama de degrau (teia de aranha)O teorema teia de aranha de economia

Solues numricas de equaes diferenciaisMtodo de eulerUm esquema despadronizado

Critrio para a estabilidade assinttica de pontos de equilbrio

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introdução equação em diferença