Renato Assunção
DCC, UFMG
Derivada numérica
 Lembre da definição de derivada
 Como no caso da integral, a definição e’ uma operação
de limite quando h  0
 Uma estimativa simples e’ então tomar h ≈0 e usar a
aproximação
 Este e’ chamado o método das diferença sucessiva
(forward difference method)
Precisão da diferença sucessiva
 Se f e’ diferenciavel duas vezes, podemos escrever sua
expansao de Taylor de 2ª ordem:
 Onde ε (x, x+h)
 Entao
 Portanto, o erro de Dhf e’
Exemplo
 Considere a função
e calcule f ' ( 2 )
 Pelo método da diferença sucessiva:
 Por outro lado, sabemos do calculo que f ’(x)=1/(1+x2) e
portanto
Um método mais preciso
 Considere as seguintes DUAS expansões de Taylor:
 Isolando f ’ (x) encontramos:
 Isto produz o método da diferença simétrica
Diferença simétrica
 Este método e’ uma media dos métodos de diferença
sucessiva e diferença retroativa.
 Qual a precisão desta media?
 Como
e
 O método da diferença simétrica tem um erro de
aproximação igual a
Extrapolação de Richardson
 Extrapolação de Richardson pode ser usada para
melhorar qualquer método numérico que tenha a
ordem de grandeza de seu erro conhecida.
 Podemos usa-la para melhorar:
 Diferença sucessiva (O(h))
 Diferença simétrica (O(h2))
 Nos podemos ser bastante específicos sobre o impacto
da extrapolação de Richardson nestes dois casos.
 Se nos tivéssemos tomado a expansão completa de
Taylor quando derivamos o método das diferenças
simétricas teríamos:
 ou
 onde k2, k4, .. são constantes independentes de h.
 Agora podemos olhar a precisao da extrapolacao de
Richardson para diferencas simetricas (p=2):
 4/3 Dh/2 – 1/3 Dh
 Do slide anterior:
 Multiplicando pelos fatores apropriados temos
 Substituindo (2) em (1) temos
 Assim, diferenças simétricas com extrapolação de
Richardson tem erro O(h4)
Estimando a derivada segunda
 Vamos considerar de novo as duas expansões de Taylor:
 Isolando f’’(x) encontramos
 E assim temos a aproximação
Calculo diferencial e integral
 Newton e Leibniz inventaram o calculo diferencial e
integral por volta de 1670.
 O objetivo era ter ferramentas matemáticas
apropriadas para lidar com o movimento e mudanças
no tempo.
 Entender, modelar e predizer o movimento dos corpos
celestes era um dos maiores objetivos da ciência
naqueles tempos.
 Para os homens daquele tempo, compreender o
movimento dos céus era ouvir a voz de Deus.
Calculo diferencial e integral
 Logo depois ocorre uma explosão cientifica
revolucionaria: Os irmãos Bernoulli, Euler, Lagrange,
Laplace, etc.
 A ciência e engenharia modernas nascem, vicejam,
crescem e criam o que temos hoje em dia.
 Derivadas e integrais aparecem em todos os modelos
científicos para descrever a natureza se um processo de
mudança estiver envolvido no fenômeno estudado.
 A mais famosa lei da física, a 3ª lei de Newton, envolve
uma segunda derivada: F = m * d2 y(t)/dt2
Um passo alem: Equações diferenciais
 Equação não linear usual:
 achar os valores de t para os quais a igualdade f(t)=0 e’
válida
 Equação diferencial ordinária: achar as funções y(t)
para as quais a igualdade g(t, y(t), y’(t)) = 0 e’ válida
PARA TODO t
 Por exemplo: achar y(t) tal que seja válida a equação
 y’(t)–3y(t) = 0
OU SEJA y’(t) = 3y(t).
 Isto e’, queremos achar as todas as funções y(t) tais
que a sua função derivada y’(t) seja igual a 3 vezes a
própria função y(t).
EDO de 1ª ordem
 Achar y(t) tal que y’(t) = 3y(t)
 Geometricamente:
 Desenhe o gráfico da função y(t)
 Calcule a inclinação da reta tangente y’(t) em cada
ponto t
 A inclinação deve ser igual a 3 vezes o valor da função
y(t)
 Existe alguma função que satisfaz esta condição?
 Se existem, e’ possível encontra-las?
 Técnicas de solução ANALITICA de EDO: solução
exata
EDO de 1ª ordem
 Achar y(t) tal que y’(t) = 3y(t)
 Que tal y(t) = t2 ??
 Neste caso, y’(t) = 2 t  t2 = y(t)
 Que tal y(t) = cos(t) ?
 Neste caso, y’(t) = -sen(t)  cos(t) = y(t)
 OU ainda y(t) = log(t) ??
 y‘(t) = 1/t que não e’ a própria função
y(t)=log(t)
EDO de 1ª ordem
 Achar y(t) tal que y’(t) = 3y(t)
 Que tal y(t) = e3t ??
 De fato, para esta função, temos y’(t) = 3 e3t = 3 y(t)
  e’ uma solução da equação diferencial.
 Existe alguma outra função que também seja solução?
 Sim: todas as funções da forma y(t) = c e3t onde c  R
também e’ uma solução.
 Existem outras? Não, estas são todas, não existem mais
funções para as quais temos y’(t) = 3 y(t)
 PARA TODO t
EDO 1ª ordem com valor inicial
 Achar y(t) tal que
 y’(t) = 3y(t)
 E ALEM DISSO, y(0) = 2
 Agora, colocamos uma restrição adicional, uma
condição sobre o valor inicial da função y(t).
 No tempo t=0, a função deve valer y(0)=2
 Como todas as soluções de y’(t) = 3y(t) são da forma y(t) = c
e3t temos de encontrar alguma que satisfaça a condição
inicial.
 2 = y(0) = c e3*0 = c.1  y(t) = 2 e3t
Notação: ordinária?
 Equações diferenciais: ok
 Mas por que Equações diferenciais ORDINÁRIAS?
 Existem Equações diferenciais EXTRAORDINÁRIAS?
 Não. O palavra “ordinária” e’ usada para diferenciar
das equações diferenciais PARCIAIS.
 Parciais: equações que envolvem funções de mais de
uma variável e suas derivadas parciais.
 Exemplo: Equação de difusão do calor numa barra de
densidade homogênea.
 Seja u(t,x) a temperatura no ponto x no tempo t
 Então u
 2u onde c depende do material
c
t
x 2
EDO de 1ª ordem
 Equações diferenciais ordinárias de 1ª ordem são
equações envolvendo apenas a derivada y’(t) e a funcao
y(t) e possivelmente outras funções FIXAS e
conhecidas (tais como sin(t) ou exp(t)).
 Por exemplo:
 y’(t) = p(t) * y(t) + g(t)
 Casos particulares:
 y’(t) = 3 * y(t) + sin(t)
 y’(t) = (3*t2 + 2t -1) * y(t) + sin(t)
EDO de ordem n
 EDO ordem n são equações envolvendo :
 As derivadas yn(t), yn-1(t),..., y’(t)
 a função y(t)
 e possivelmente outras funções FIXAS e conhecidas (tais
como sin(t) ou exp(t)).
 Por exemplo, uma EDO de 2ª ordem:
 y”(t) = sin(t) * y’(t) + y(t) + 3t
 Qual a (ou as) FUNCAO y(t) tal que a sua FUNCAO
derivada segunda y’’(t) obedece a equação acima?
 Mas isto e’ so’ um exercício de matemáticos sem ter o
que fazer, certo?
Exemplos de EDOs famosas
 Decaimento radioativo: proporção carbono-
14/carbono-12 presente na matéria orgânica viva é
constante.
 No entanto, na matéria orgânica morta a quantidade
de 14C diminui com o tempo, a uma taxa proporcional
à quantidade existente.
 Se designarmos essa quantidade por Q, teremos:
 Q’(t) = -c Q(t) onde c > 0 e’ uma constante
Exemplos de EDOs famosas
 Corpo em queda livre com atrito devido a resistência do ar:
 Mv’(t) = mg – k v(t) ou v’(t) + k/m v(t) – g = 0
 Engenharia Química: balanço de massa ou volume ou




energia num reator químico.
O volume de líquido num tanque e a concentração de uma
solução A mudam com o tempo.
Entra e sai líquido a taxas constantes e diferentes.
Os líquidos possuem concentrações de A diferentes.
Descrever a concentração de A em cada instante :
terminamos em uma EDOs
Exemplos de EDOs famosas
 Oscilador harmônico amortecido:
 y’’(t) + a y’(t) + b y(t) = 0
 Para descrever a física do átomo de hidrogênio:
 Legendre: (1-t2)y’’(t) – 2 t y’(t) + k(k+1) y(t) = 0
 Para descrever o comprimento de onda no átomo de hidrogênio:
 Laguerre: t y’’(t) + (1-t) y’(t) + k y(t) = 0
 Membranas vibratórias:
 Bessel : t2 y’’(t) + t y’(t) + (t2 – k2) y(t) = 0
 Mecânica quântica:
 Hermite: y’’(t) – 2 t y’(t) + 2 k y(t) = 0
 Arco-íris
 y’’(t) + t y(t) = 0
EDO linear de 1ª ordem
 Suponha que y’(t) = a(t) * y(t) + b(t)
 Solução:
 Com o fator integrante
 Se y’(t) = - y2(t)  EDO NÃO-LINEAR.
 Esta EDO particular pode ser resolvida pelo método de
separação de variáveis .
EDO de 1ª ordem
 Vamos considerar problemas do seguinte tipo:
 Existe alguma solução? Quando ela e’ única?
 TEOREMA:
Métodos numéricos: Euler
 Nosso problema de EDO de 1ª ordem:
 Euler e’ o método mais simples.
 Acha uma aproximação para a solução y(t) num
intervalo [t0, tN]
 Divide o intervalo em N subintervalos de
comprimentos iguais: t0, t1, ..., tN onde tk=t0 + k * h
com h=(tN-t0)/N
 Se h e’ pequeno, temos
Método de Euler
 Nosso problema de EDO de 1ª ordem:
 t0, t1, ..., tN onde tk=t0 + k * h com h=(tN-t0)/N
 Se h e’ pequeno, temos
 Algoritmo:
 Temos uma aproximação y0, y1, y2, ..., yN para y(t)
Método de Euler – 1ª iteracao
y(t)
y' (t )  f t , y(t ),
Slope
y0  y0
 f t0 , y0 
Valor de y(t0+ h)
(t0, y0)
Valor
aproximado y1
y1  y0  f t0 , y0 t1  t0 
Passo h
 y0  f t0 , y0 h  y(t0  h)  y(t1 )
t
t0
t1
Interpretação gráfica: primeiro passo do método de Euler
29
Método de Euler – 2ª iteração
y(t)
Valor verdadeiro y(x2)
y2  y1  f t1 , y1 h
Note que y2 e’ o
valor em t2 de
uma reta que
passa por (t1, y1)
e que tem
inclinação
f(t1,y1).
y2 Valor aproximado
y1
h
Tamanho
do passo
t1
t2
t
Segunda iteração do método de Euler
30
Método de Euler – 2ª iteração
NÃO ESTAMOS
USANDO
y(t)
Valor verdadeiro y(t2)
y*2 = y(t1) + f(t1, y(t1))h
uma reta passando
por y(t1) e com
inclinação
f(t1,y(t1)) pois
NOS NÃO TEMOS
y(t1)
y2 Valor aproximado
y1
h
Na 1ª iteração
obtivemos uma
aproximação y1
para y(t1)
Tamanho
do passo
t1
y2  y1  f t1 , y1 h
t2
t
31
Método de Euler – iteração i
y
Valor verdadeiro y(ti+1)
yi 1  yi  f ti , yi h
h  ti 1  ti
yi+1, Valor aproximado
yi
h
Tamanho
do passo
ti
ti+1
t
Passo genérico do método de Euler
32
Erros em Euler
 Assim, na n-ésima iteração, gostaríamos de aproximar yn+1








pelo valor em tn+1 = tn+h da reta tangente a y(t) no ponto
(tn, y(tn))
Entretanto, NÃO TEMOS y(tn)
mas somente uma aproximação yn
Assim, temos dois erros acumulando-se
em cada iteração do método de Euler.
Existe um erro em aproximar y(tn)
por yn , a n-ésima iteração
Além disso, gostaríamos de ter f(tn,y(tn))
mas usamos f(tn,yn)
Exemplo
Uma esfera possui temperatura de 1200K (ou 920oC ) e comeca a resfriar
‘a temperatura ambiente de 300K (ou 27oC). Assumindo que o calor e’
dissipado sem interferência, a equação diferencial que reflete a
temperatura (t) da esfera no tempo t deve satisfazer a seguinte EDO
d
 2.2067 10 12  4  81 10 8 ,
dt


 0  1200 K
Encontrar a temperatura em t=480 segundos usando o método de Euler.
Assuma um passo de tamanho h=240 segundos
34
Solução
Primeira iteração:
d
 2.2067  10 12  4  81  10 8
dt



f t,   2.20671012 4  81108

 i 1   i  f ti ,  i h
1   0  f t0 ,  0 h
 1200 f 0,1200240



 1200  2.2067 1012 12004  81 108 240
1
 1200  4.5579240
 106.09K
e’ a temperatura aproximada em
t  t1  t0  h  0  240  240
 240  1  106.09K
35
Solução - continuação
Iteração 2: Para i  1, t1  240, 1  106.09
 2  1  f t1 ,1 h
 106.09  f 240,106.09240



 106.09   2.20671012 106.094  81108 240
 106.09  0.017595240
 110.32K
 2 e’ a temperatura aproximada em t  t2  t1  h  240 240  480
 480   2  110.32K
36
Solução – continuação
A solução exata da EDO e’ dada pela raiz da equação não-linear
0.92593ln
 (t )  300
 1.8519tan1 0.00333 (t )   0.22067103 t  2.9282
 (t )  300
A solução (480) desta equação não-linear em t=480 segundos e’
 (480)  647.57K
Bem diferente da aproximação:  480   2  110.32K
37
Comparação das soluções exata e numérica
Temperature, θ(K)
1400
1200
1000
Exact Solution
800
600
Euler
400
h=240
200
0
0
100
200
300
400
500
Time, t(sec)
38
Efeito do tamanho do passo h
Temperatura aos 480 segundos como uma função do passo h
Step, h
(480)
Et
|єt|%
480
240
120
60
30
−987.81
110.32
546.77
614.97
632.77
1635.4
537.26
100.80
32.607
14.806
252.54
82.964
15.566
5.0352
2.2864
 (480)  647.57K
(valor exato)
39
Comparação com resultado exato
Temperature, θ(K)
1500
1000
Exact solution
500
h=120
h=240
0
0
-500
100
200
Tim e, t (sec)
300
400
500
h=480
-1000
-1500
Apenas h=480, 240 e 120
40
Efeito do tamanho do passo h em Euler
Valor exato
Temperature,θ(K)
800
400
0
0
100
200
300
400
500
-400
Step size, h (s)
-800
-1200
41
Mais um exemplo
 Considere a EDO
 Como x0=0 então xn=nh
 Iteração:




Usando h=0.1 e 0.001
E comparando com a
solução exata
temos a tabela ao lado
Erros no método de Euler
Vimos que o método de Euler PODE ter erros grandes. Para entender a ordem de
grandeza desses erros, vamos fazer a expansão de Taylor em torno de xi
y i 1
dy
1 d2y
xi 1  xi  
 yi 
dx xi , yi
2! dx2
xi 1  xi 
2
xi , yi
1 d3y

3! dx3
xi 1  xi 3  ...
xi , yi
Isto e’:
yi 1  yi  f ( xi , yi )xi 1  xi  
1
1
2
3
f ' ( xi , yi )xi 1  xi   f ' ' ( xi , yi )xi 1  xi   ...
2!
3!
Os dois primeiros termos da serie de Taylor e’ o método de Euler
yi1  yi  f xi , yi h
O erro na aproximação e’ dado por
Et 
f xi , yi  2 f xi , yi  3
h 
h  ...
2!
3!

Et  h2
43
Runge - Kutta
 Euler fez a seguinte aproximação
 Que tal usar uma aproximação melhor para a integral?
 Por exemplo, podemos usar a regra do trapézio:
 Neste caso, teremos então a aproximação
 E o algoritmo
Runge-Kutta
 Encontramos a equação de iteração:
 Existe um problema no entanto: yn+1 aparece dos dois lados
da equação acima. Não conseguimos isolar yn+1.
 Uma possibilidade e’ substituir yn+1 NO LADO DIREITO
por sua aproximação baseada em Euler: yn+1 = yn + f(tn,yn)h
 Este e’ o metodo de Runge-Kutta de 2ª ordem
Runge Kutta de 2ª ordem
 Equação de iteração:
 ou simplesmente
 onde
 Assim, este e’ um método de Euler com inclinação (s1+s2)/2
Runge – Kutta de 2ª ordem
 E’ possível uma interpretação gráfica-geométrica deste
método de Runge-Kutta. Temos
 com
 Isto corresponde ao seguinte esquema em dois passos:
 Tome um passo preliminar de Euler com inclinação s1 em tn:
 Com isto, obtenha uma segunda inclinação s2 em tn+h
 A atualização de Euler realmente dada usa a média das
inclinações s1 em tn e s2 em tn+h
Exemplo
Uma esfera possui temperatura de 1200K (ou 920oC ) e comeca a resfriar
‘a temperatura ambiente de 300K (ou 27oC). Assumindo que o calor e’
dissipado sem interferência, a equação diferencial que reflete a
temperatura (t) da esfera no tempo t deve satisfazer a seguinte EDO
d
 2.2067 10 12  4  81 10 8 ,
dt


 0  1200 K
Encontrar a temperatura em t=480 segundos usando o método
EULER MELHORADO (ou metodo classico de Runge-Kutta de segunda ordem)
Assuma um passo de tamanho h=240 segundos
d
 2.2067  10 12  4  81  10 8
dt



f t,   2.20671012 4  81108
1
2
1
2



i 1  i   s1  s2 h
48
Solução
Iteração 1:
i  0, t0  0, 0   (0)  1200K
s1  f t0 , o 
 f 0,1200
s2  f t0  h,  0  s1h 

 2.20671012 12004  81108
 4.5579
1
2
1
2

 f 0  240, 1200  4.5579240
 f 240, 106.09

 2.20671012 106.094  81108
 0.017595



1   0   s1  s2 h
1
1

 1200   4.5579  0.017595240
2
2

 1200  2.2702240
 655.16K
49
Solução - continuação
Iteração 2:
i  1, t1  t0  h  0  240  240, 1  655.16K
s1  f t1 ,1 
 f 240,655.16
s 2  f t1  h, 1  k1h 

 2.20671012 655.164  81108
 0.38869
1
2
1
2

 f 240 240, 655.16   0.38869240
 f 480,561.87

 2.20671012 561.874  81108
 0.20206



 2  1   s1  s2 h
1
1

 655.16    0.38869   0.20206240
2
2

 655.16   0.29538240
 584.27K
50
Solução - continuação
A solução exata da EDO e’ dada pela solução de uma equação não -linear:
0.92593ln
 (t )  300
 1.8519tan1 0.0033333 (t )   0.22067103 t  2.9282
 (t )  300
A solução para esta equação não-linear em t=480 segundos e’
 (480)  647.57K
51
Comparação com resultado exatos
Temperature, θ(K)
1200
h=120
Exact
800
h=240
400
h=480
0
0
100
200
300
400
500
-400
Time, t(sec)
Euler melhorado (ponto médio) para diferentes valores de h
52
Efeito do tamanho do passo h
Temperatura em t=480 segundos como uma funcao do tamanho do passo h
Passo h
(480)
Erro = Et
|єt|%
480
240
120
60
30
−393.87
584.27
651.35
649.91
648.21
1041.4
63.304
−3.7762
−2.3406
−0.63219
160.82
9.7756
0.58313
0.36145
0.097625
 (480)  647.57K
(exact)
53
Efeito do tamanho do passo h
Temperature, θ(480)
800
600
400
200
0
0
-200
100
200
300
Step size, h
400
500
-400
54
Um segundo método de Runge-Kutta
 O método de Runge-Kutta que acabamos de estudar
começou aproximando uma integral pela regra do
trapézio:
 Podemos usar alguma outra regra: Simpson ou midpoint
 Vamos usar midpoint:
 Neste caso
 Note que y(t+h/2) no lado direito não e’ conhecido.
Vamos usar Euler de novo para este valor.
2º. Método de Runge - Kutta
 Temos a aproximação
y n 1  yn 
tn  h

tn
h


f ( , y ( )) d  y n  hf  t n  , y (t n  h / 2) 
2


 Usamos a aproximação de Euler para o termo y(tn+h/2):
 y(tn+h/2) ≈y(tn)+h/2 * f(tn, yn)
 Substituindo a iteração para yn+1 temos
 Este método e’ conhecido como método de Euler
modificado ou método do ponto médio
2º metodo de Runge-Kutta
 Também podemos ver este novo método de Runge-
Kutta como um processo em dois estágios.
 Escrevemos
 como
 onde
Resumo dos 2 métodos de R-K
 Primeiro: o método clássico de 2ª ordem de R-K (ou
método de Euler melhorado)
 yn+1 = yn + h (s1+s2)/2
 com
 Segundo: Método de Euler modificado (método do
ponto médio)
 yn+1 = yn + h s2
 com
 O que eles tem em comum?
Comparando os dois R-K
 Os dois métodos usam dois estágios intermediários s1 e s2 para
obter uma iteração.
 Os estágios correspondem a diferentes estimativas para a
inclinação da solução.
 No método clássico de RK (Euler melhorado) nós damos um
passo completo yn+1 = yn + h (s1+s2)/2 tomando a media das
inclinações s1 em tn e s2 em tn+h
 No método de Euler modificado (ponto médio), nós usamos s1
em tn para dar um meio-passo ate tn+h/2. A seguir, calculamos
s2, a estimativa da inclinação no ponto médio, e então tomamos
o passo completo yn+1 = yn + h s2
Exemplo
 Considere a EDO
 Euler modificado: yn+1 =yn+hs2
 Temos s1=x2n+ y2n
 e s2=(xn+h/2)2+(yn+s1/2)2
 Exemplo numérico na tabela ao lado
 y(xi) e’ o valor exato e yi e’ a
 aproximação numérica
De volta ao exemplo basico
Uma esfera possui temperatura de 1200K (ou 920oC ) e comeca a resfriar
‘a temperatura ambiente de 300K (ou 27oC). Assumindo que o calor e’
dissipado sem interferência, a equação diferencial que reflete a
temperatura (t) da esfera no tempo t deve satisfazer a seguinte EDO
d
 2.2067 10 12  4  81 10 8 ,
dt


 0  1200 K
Encontrar a temperatura em t=480 segundos usando o método
EULER MELHORADO (ou método clássico de Runge-Kutta de segunda ordem) e
EULER MODIFICADO (ou ponto médio)
Assuma um passo de tamanho h=240 segundos
61
Comparação de Euler e RK de 2a ordem
Passo
h
480
240
120
60
30
(480)
Euler
−987.84
110.32
546.77
614.97
632.77
Euler
Melhorado
−393.87
584.27
651.35
649.91
648.21
Ponto
Medio
1208.4
976.87
690.20
654.85
649.02
 (480)  647.57K
(exato)
Ralston
(ignore)
449.78
690.01
667.71
652.25
648.61
62
Comparação de Euler e RK de 2a ordem
t %
Passo h
480
240
120
60
30
Euler
Euler
Melhorado
Ponto
Médio
Ralston
(ignore)
252.54
82.964
15.566
5.0352
2.2864
160.82
9.7756
0.58313
0.36145
0.097625
86.612
50.851
6.5823
1.1239
0.22353
30.544
6.5537
3.1092
0.72299
0.15940
 (480)  647.57K (exato)
63
Comparação de Euler e RK de 2a ordem
1200
Temperature, θ(K)
1100
Ponto
MidpointMédio
1000
Ralston
900
Melhorado
Heun
800
700
Analytical
600
Euler
500
0
100
200
300
400
500
600
Time, t (sec)
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Para a prova
 Memorizar apenas:
 Método de Euler e os dois métodos mais simples de
Runge-Kutta:


Euler melhorado (RK clássico de 2ª ordem)
Euler modificado (ponto médio)
 Pode ignorar o resto dos slides
Runge-Kutta 2ª ordem geral
 Podemos imaginar varias outras maneiras alternativas de
calcular s1 e s2.
 O método geral de Runge-Kutta de 2ª ordem e’ da forma
 onde
 com
(esta notação vem de uma teoria mais avançada ligada a métodos implícitos)
 Clássico RK (Euler melhorado):
 Euler modificado (ponto médio): γ1=0, γ2=1 e α2= β21=1/2
Tabela de Butcher
 E’ costume arranjar os coeficientes αi, βij e γi em uma
tabela chamada tabela de Butcher
 Onde α2 = β21
 Para o método ser de segunda ordem e ter certas
propriedades desejáveis impomos também as
condições
Tabela de Butcher
 RK Clássico (Euler melhorado)

α2 = β21
 RK : Euler modificado (ponto médio)
Método de Ralston
 RK: Método de Heun
0
0
α2=3/4
β21=3/4 0
Γ1=1/3
0
Γ2=2/3
Runge-Kutta de 4ª ordem
 E’ o mais famoso método de Runge-Kutta
 com
 E tabela de Butcher