Método de Redução de Ordem

Teoria Completa

Faaaaaala aí, gente boa! Como tu tá? Nem vou ficar de muito papo porque hoje o assunto é pa-pum! Imagina que você tenha essa EDO

x 2 y ' ' - 3 x y ' + 4 y = 0

“Isso é uma equação de Euler-Cauchy, já vi isso” Eu seeei, meu anjo. Porém, hoje nós vamos ver uma coisinha um pouquinho diferente. Suponha que apareça essa EDO na sua prova e apareça também uma das soluções y 1 = x 2 .

O objetivo dessa teoria é te ensinar a descobrir uma solução quando outra já foi dada 😊

A gente vai supor que a outra solução é da forma

y 2 x = ϕ ( x ) y 1 y 2 x = ϕ ( x ) x 2

Precisamos então calcular as derivadas para substituirmos na EDO, certo? Vamos lá!

y 2 ' x = ϕ ' x 2 + 2 ϕ x

y 2 ' ' x = ϕ ' ' x 2 + 4 x ϕ ' + 2 ϕ

Substituindo isso na EDO, a gente fica com

ϕ ' ' x 2 + 4 x ϕ ' + 2 ϕ x 2 - 3 x ϕ ' x 2 + 2 ϕ x + 4 ϕ x 2 = 0

Ajeitando tudo isso

ϕ ' ' x 4 + x 3 ϕ ' = 0

Considerando x 0 ,

ϕ ' ' + 1 x ϕ ' = 0

Agora simmmm! Chegamos ao ponto principal desse método! Vamos conseguir reduzir a ordem dele! Já viu como? Começa chamando u = ϕ ' u ' = ϕ ' '

QUE TRUQUE FOI ESSE? PA

QUE TRUQUE FOI ESSE? QUE TÁ UM ARRASO!

Substituindo

u ' + 1 x u = 0

Daí agora já vimos como se resolver! Vamos sempre encontrar uma equação de 1ª ordem!

u ' = - 1 x u

d u d x = - 1 x u

1 u d u = - 1 x d x

1 u d u = - 1 x d x

l n u = l n x - 1 + C

u = C x   ϕ ' = C x ϕ = C l n x

Como queremos solução fundamental, não precisamos da constante, podemos fazê-la igual a 1 , sem problemas!

y 2 = x 2 l n x

Viu como é de boa? A redução de ordem, na verdade, transforma a sua EDO de 2 ª ordem em uma EDO linear de 1 ª ordem.

Bora pros exercícios!!!

Expandir

Exercício Resolvido #1

UNICAMP - Cálculo 3 - P1 2011 Tarde – 3

Considere a equação diferencial:

x 2 y ' ' - 6 y = 0 ,     x > 0

Dado que y 1 x = x 3 é uma solução da equação, use o método de redução de ordem para determinar uma segunda solução da forma y 2 x = v x y 1 ( x ) .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Bem bem, ele já deu a ordem, como temos uma solução, o método da redução de ordem permite você encontrar uma solução a partir de outra, vamos fazer o seguinte chute y 2 x = v x y 1 ( x ) , assim o chute é y 2 x = v x x 3 .

Precisamos derivar esse cara:

y 2 ' x = v ' x x 3 + 3 v x x 2

y 2 ' ' x = v ' ' x x 3 + 3 v ' x x 2 + 3 v ' x x 2 + 6 v x x

y 2 ' ' = v ' ' x 3 + 6 v ' x 2 + 6 v x

Eu tirei esses “ ( x ) ”, que mostra a dependência da função em x , mas só está implícito, assim facilita as contas.

Substituindo isso na EDO:

x 2 v ' ' x 3 + 6 v ' x 2 + 6 v x - 6 v x 3 = 0

Arrumando:

v ' ' x 5 + 6 v ' x 4 = 0

Passo 2

Opa, como só temos derivadas para v na EDO, podemos fazer a substituição z = v ' z ' = v ' ' :

z ' x 5 + 6 z x 4 = 0

Dividindo tudo por x 5 :

z ' + 6 z x - 1 = 0

Jogando o termo 6 z x - 1 para o lado direito:

z ' = - 6 z x - 1

Sabemos que z ' = d z d x , substituindo e separando a EDO:

d z z = - 6 x - 1 d x

Integrando de ambos os lados:

d z z = - 6 x - 1 d x

As integrais são diretas!

ln | z | = - 6 ln x + c = ln x - 6 + c

Usando o paranauê chamando c = ln K e usando a regra da soma de dois logaritmos de mesma base:

ln | z | = ln x - 6 + ln K = ln K x - 6

Isso só acontece se os termos dentro do logaritmo forem iguais:

z = k x - 6

Vou tratar k = 1 que é o caso mais simples(A resposta é a combinação linear das duas soluções, então não tem porque ter constante nessa fase, assim você pode desconsiderar, as constantes aparecerão quando você for mostrar a solução geral, mas se quiser pode continuar com essa constante, vai dar no mesmo)

z = x - 6

Sabemos que z = v ' , substituindo:

| v ' | = x - 6

Para facilitar, vou supor o seguinte:

v ' > 0

Logo:

v ' = x - 6

Assim fica:

d v = x - 6 d x v = - 1 5 x - 5

Então a solução de y 2 ( x ) é:

y 2 x = - 1 5 x - 5 . x 3 = - 1 5 x - 2

Passo 3

Então a solução geral é dada por:

y x = c 1 y 1 x + c 2 y 2 ( x ) Substituindo:

y x = c 1 x 3 + c 2 x - 2

“E as constantes????? Calma calma, foi a mesma coisa que eu fiz com o k anteriormente, a gente pode omitir elas sem problemas, ficam embutidas dentro de c 1 e c 2 e quando vocês forem substituir as condições iniciais e/ou de contorno, elas aparecerão sem nem você perceber!”

Resposta

y x = c 1 x 3 + c 2 x - 2

Exercício Resolvido #2

UFF - Cálculo IIA - P2 Maria João 2011.1 - 4

A função y 1 x = e 2 x é solução da equação y ' ' - 4 y ' + 4 y = 0 .

a) Usando o método de redução de ordem determine uma solução y 2 x (que não seja a solução trivial).

b) Mostre que y 1 x e y 2 x formam um conjunto fundamental de soluções.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

O Método de redução de ordem é nada mais nada menos do que supor, conhecendo uma solução, uma nova solução que vai ser a que a gente já conhecia um pouco modificada, isto é multiplicada por uma ϕ x . Então se conhecemos a solução y 1 = e 2 x vamos supor y 2 = ϕ x e 2 x .

Passo 2

Derivando y 2 e substituindo na equação temos

e 2 x 4 ϕ x + 4 ϕ ' x + ϕ ' ' x - 4 e 2 x 2 ϕ x + ϕ ' x + 4 e 2 x ϕ x = 0

  4 e 2 x ϕ x + 4 e 2 x ϕ ' x + e 2 x ϕ ' ' x - 8 e 2 x ϕ x + - 4 e 2 x ϕ ' x + 4 e 2 x ϕ x = 0

e 2 x ϕ ' ' x = 0

Como e 2 x 0

ϕ ' ' x = 0 ϕ ' x = C ϕ x = C x

Logo y 2 = C x e 2 x uma possível solução.

Passo 3

Vamos verificar se y 2 = C x e 2 x é mesmo uma solução. Derivando duas vezes e substituindo na equação:

4 C x e 2 x + 4 C e 2 x - 4 2 C x e 2 x + C e 2 x + 4 C x e 2 x = 0

8 C x e 2 x + 4 C e 2 x - 8 C x e 2 x - 4 C e 2 x = 0

0 = 0

Então concluímos que é mesmo uma solução.

Passo 4

Precisamos agora mostrar que y 1 = e 2 x e y 2 = C x e 2 x formam um conjunto fundamental de soluções. Ou seja, precisamos saber se elas são LI. Vamos de wronskiano então?

W e 2 x C x e 2 x 2 e 2 x C 2 x + 1 e 2 x = C 2 x + 1 e 4 x - 2 C x e 4 x = e 4 x 2 C x + C - 2 C x = C e 4 x 0

O que mostra que são LI.

Resposta

  1. y 2 x = C x e 2 x
  2. Formam um conjunto fundamental de soluções

Exercício Resolvido #3

USP - Cálculo 4 - P3 2012 – 3a

Determine a solução geral da equação x 2 y ' ' - 2 x y ' + 2 + x 2 y = 0 sabendo que y 1 = x cos ( x )

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Então pela teoria de redução de ordem, vimos que podemos chutar uma solução baseado em outra da seguinte forma: y 2 x = ϕ x y 1 = ϕ x x cos ( x )

Então derivando esse cara:

y 2 ' = ϕ x x ' cos ( x ) - ϕ x x sen ( x )

Abrindo a derivada:

y 2 ' = ϕ ' x x cos ( x ) + ϕ x cos ( x ) - ϕ x x sen x = ϕ ' x x cos x + ϕ x cos ( x ) - x sen ( x )

É, derivar 3 caras na multiplicação não é legal, mas temos que derivar outra vez ainda, vai ser pelo mesmo raciocínio:

y 2 ' ' = ϕ ' ' x x cos ( x ) + ϕ ' x cos ( x ) - ϕ ' x x sen x + ϕ ' x cos x - ϕ x sen x - ϕ ' x x sen x - ϕ x sen ( x ) - ϕ x x cos ( x )

É, virou uma parada gigante, mas da pra juntar uns termos nisso:

y 2 ' ' = ϕ ' ' x x cos ( x ) + 2 ϕ ' x cos ( x ) - x sen ( x ) - ϕ x 2 sen ( x ) + x cos ( x )

Então pra resumir, ficou assim:

y 2 x = ϕ x x cos ( x )

y 2 ' x = ϕ ' x x cos x + ϕ x cos ( x ) - x sen ( x )

y 2 ' ' ( x ) = ϕ ' ' x x cos ( x ) + 2 ϕ ' x cos ( x ) - x sen ( x ) - ϕ x 2 sen ( x ) + x cos ( x )

Passo 2

Agora temos que substituir o que encontramos na EDO:

x 2 ϕ ' ' x x cos ( x ) + 2 ϕ ' x cos ( x ) - x sen ( x ) - ϕ x 2 sen ( x ) + x cos ( x ) - 2 x ϕ ' x x cos x + ϕ x cos x - x sen x + 2 + x 2 ϕ x x cos x = 0

Absurdo de grande né? Mas é a vida, temos que arrumar esses caras agora(Eu vou tirar a evidência da dependência de x , isso aqui ó ϕ ' ' x = ϕ ' ' , pra ficar menor)

x 3 cos ( x ) ϕ ' ' - 2 ϕ ' x 3 sen x + ϕ - 2 x 2 sen x - x 3 cos x - 2 x cos x + 2 x 2 sen x + 2 x c o s x + x 3 cos x = 0

O termo com ϕ zerou!!

Ficou assim:

x 3 cos x ϕ ' ' - 2 ϕ ' x 3 sen x = 0

Colocando x 3 em evidência:

x 3 ( cos x ϕ ' ' - 2 ϕ ' sen x ) = 0

Temos as soluções x = 0 (Solução trivial)

Ou:

cos x ϕ ' ' - 2 ϕ ' sen x = 0

Passo 3

Até que ficou uma EDO bem bonitinha né? A parada é ir fazendo com calma que a gente chega lá. Bem, agora da para fazer uma substituição bem simples:

u = ϕ ' u ' = ϕ ' '  

Substituindo isso na EDO:

cos x u ' - 2 u sen x = 0

Desenvolvendo:

cos x u ' = 2 u sen ( x )

Sabemos que u ' = d u d x , substituindo:

cos x d u d x   = 2 u sen ( x )

É uma EDO separável!

d u u = 2 sen x cos x d x = 2 tg ( x ) d x

Integrando de ambos os lados:

d u u = 2 tg ( x ) d x

Vamos lá:

d u u = ln | u |

tg ( x ) d x = sen x cos x d x

Fazendo a substituindoção simples:

z = cos x d z = - sen ( x ) d x

sen x cos x d x = - 1 z d z = - ln z = - ln cos x = ln | sec x |

Assim temos que:

ln | u | = 2 ln | sec x | + c = ln sec 2 ( x ) + c

Desenvolvendo e supondo u > 0

u = e ln sec 2 ( x ) + c = e c . e ln sec 2 x = sec 2 ( x ) e c = k sec 2 ( x )

Onde k = e c

Mas sabemos que:

u = ϕ ' ϕ = u d x = k sec 2 ( x ) d x = k tg ( x )

Vimos lá no início que supomos y 2 = x cos ( x ) .   ϕ = x cos ( x ) .   k   tg ( x ) = k   x sen ( x )

Passo 4

A solução geral é dada pela combinação linear das soluções linearmente independentes:

y = y 1 + y 2

y = k 1 x cos ( x ) + k 2   x sen ( x )

Resposta

y = k 1 x cos ( x ) + k 2   x sen ( x )

k 1 , k 2 R

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