Usando a redução de ordem encontre uma segunda solução num intervalo apropriado para as seguintes equaçõ diferenciais:
(1+x) y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-y=\operatorname{Cog} y-x

Passo 1

O enunciado pede: usando a técnica de redução de ordem, encontrar uma segunda solução de uma equação diferencial de segunda ordem num intervalo apropriado. A equação que vamos usar (estou assumindo que o termo à direita é zero, ou seja que a equação é homogênea — veja que a expressão dada permite esta interpretação) é
(1+x)y''+x y'-y=0.
Informações relevantes que já temos e que vou usar:
  • A equação escrita acima é a equação diferencial homogênea de segunda ordem que vamos resolver.
  • Observação importante (que podemos verificar): y_1(x)=x é uma solução desta equação (vou usar essa solução conhecida para aplicar a redução de ordem).
  • Como aparecem divisões por x e por 1+x durante o processo, o intervalo apropriado deve evitar os pontos x=0 e x=-1. Vou escolher um intervalo típico onde ambos têm sinal definido, por exemplo x\in(0,\infty).

Passo 2

Transformar a equação para a forma padrão (coeficiente de y'' igual a 1), porque é mais simples aplicar a técnica nessa forma. Dividindo a equação por 1+x (válido para x\neq -1) obtemos
y''+\frac{x}{1+x}y'-\frac{1}{1+x}y=0.
Aqui definimos os coeficientes usuais da forma padrão:
P(x)=\frac{x}{1+x},\qquad Q(x)=-\frac{1}{1+x}.
Explico: a forma padrão é y''+P(x)y'+Q(x)y=0. Colocamos assim para identificar P e Q e aplicar as fórmulas da redução de ordem.

Passo 3

Relembrando a ideia da redução de ordem (aula rápida): quando sabemos uma solução não-nula y_1(x) de uma equação linear homogênea de segunda ordem, podemos procurar a segunda solução na forma
y_2(x)=v(x)\,y_1(x),
onde v(x) é uma função a determinar. A razão é que isso transforma a equação de segunda ordem numa equação de primeira ordem para v' (ou para w=v'). Vou aplicar isso com y_1(x)=x.

Passo 4

Calcular as derivadas de y_2=v(x)\,x. Usando diferenciação elemental:
y_2'=v' x + v,
y_2''=v'' x + 2v'.
Explico: derivatei v(x)\cdot x usando a regra do produto; na segunda derivada apliquei novamente a regra do produto e somei termos semelhantes.

Passo 5

Substituir y_2, y_2', y_2'' na equação original (1+x)y''+x y' - y=0. Fazendo a substituição:
(1+x)\big(v'' x + 2v'\big) + x\big(v' x + v\big) - v x = 0.
Agora desenvolvo os produtos e simplifico passo a passo:
(1+x)v''x + 2(1+x)v' + x^2 v' + x v - v x = 0.
Note que os termos x v e -v x se cancelam, sobrando
(1+x)x\,v'' + \big(2(1+x)+x^2\big)v'=0.
Simplifico o coeficiente de v':
2(1+x)+x^2 = x^2 + 2x + 2.
Portanto a equação reduzida é
(1+x)x\,v'' + (x^2+2x+2)\,v' = 0.

Passo 6

Reduzir a ordem definindo w(x)=v'(x). Assim v''=w' e a equação passa a ser uma equação linear de primeira ordem em w:
(1+x)x\,w' + (x^2+2x+2)\,w = 0.
Esta é uma equação do tipo w' + R(x) w = 0 após dividir por (1+x)x (válido quando x\neq 0 e x\neq -1). Faço isso:
w' + \frac{x^2+2x+2}{x(1+x)}\,w = 0.
Explico: passar para esta forma é útil porque agora podemos separar variáveis ou integrar diretamente para obter w.

Passo 7

Resolver a equação de primeira ordem para w. Escrevo a equação em forma separável/logaritmica:
\frac{w'}{w} = -\frac{x^2+2x+2}{x(1+x)}.
Integro ambos os lados. Antes de integrar, simplifico a fração com divisão e frações parciais. Faço a divisão:
\frac{x^2+2x+2}{x(1+x)} = 1 + \frac{x+2}{x(1+x)}.
Agora decomponho \dfrac{x+2}{x(1+x)} em frações parciais:
\frac{x+2}{x(1+x)}=\frac{2}{x}-\frac{1}{1+x},
pois isso satisfaz x+2 = 2(1+x) -1\cdot x. Portanto
\frac{x^2+2x+2}{x(1+x)} = 1 + \frac{2}{x} - \frac{1}{1+x}.
Então a equação para \ln|w| fica
\frac{w'}{w} = -\Big(1+\frac{2}{x}-\frac{1}{1+x}\Big).
Integrando:
\ln|w| = -\int\Big(1+\frac{2}{x}-\frac{1}{1+x}\Big)\,dx + C.
Calculo explícito das integrais:
\ln|w| = -\Big(x + 2\ln|x| - \ln|1+x|\Big) + C.

Passo 8

Exponencio para obter w. A partir da expressão anterior:
\ln|w| = -x -2\ln|x| + \ln|1+x| + C.
Logo
w = C_1\,e^{-x}\,|x|^{-2}\,|1+x|.
Em um intervalo apropriado onde x e 1+x têm sinal fixo (por exemplo x\in(0,\infty)), podemos remover os valores absolutos e escolher a constante C_1. Tomando x>0 e absorvendo sinais em C_1, temos convenientemente
w(x)=v'(x)=C_1\,\frac{1+x}{x^2}\,e^{-x}.
Para encontrar uma solução fundamental podemos escolher C_1=1 (qualquer constante não-nula apenas escala a função v e, no fim, dará combinação linear com y_1). Assim tomo
v'(x)=\frac{1+x}{x^2}e^{-x}.

Passo 9

Integrar v'(x) para obter v(x). Observação esperta (muito útil em provas): reconhecer derivadas óbvias. Note que
\frac{d}{dx}\!\left(\frac{e^{-x}}{x}\right) = -\frac{(1+x)e^{-x}}{x^2}.
Portanto
\frac{1+x}{x^2}e^{-x} = -\frac{d}{dx}\!\left(\frac{e^{-x}}{x}\right).
Assim
v'(x)=-\frac{d}{dx}\!\left(\frac{e^{-x}}{x}\right).
Integrando,
v(x) = -\frac{e^{-x}}{x} + C_2.
Explico: a constante C_2 aparece da integração e, como veremos, o termo C_2 x vai gerar uma combinação linear com a solução conhecida y_1=x.

Passo 10

Construir y_2(x)=v(x)\,y_1(x). Lembremos que y_1(x)=x. Então
y_2(x)=x\left(-\frac{e^{-x}}{x}+C_2\right)= -e^{-x} + C_2 x.
Como C_2 x é simplesmente um múltiplo da solução conhecida y_1(x)=x, a parte nova e linearmente independente é
\tilde y_2(x) = -e^{-x}.
Podemos multiplicar por -1 sem perder a independência, logo uma escolha simples e canônica para a segunda solução independente é
y_2(x)=e^{-x}.
Verificação rápida (para ficar seguro): calcule y_2'= -e^{-x}, y_2''= e^{-x} e substitua na equação original:
(1+x)e^{-x} + x(-e^{-x}) - e^{-x} = (1+x - x -1)e^{-x} = 0,
confirma que y_2=e^{-x} satisfaz a equação.

Passo 11

Conclusão sobre o intervalo: durante o processo dividimos por x e por 1+x, portanto a solução y_2=e^{-x} é válida e independente de y_1 em qualquer intervalo que não contenha x=0 nem x=-1. Exemplos de intervalos apropriados: (0,\infty), (-1,0) ou (-\infty,-1). Vou escolher como intervalo exemplificativo x\in(0,\infty).

Resposta

y_2(x)=e^{-x} em x\in(0,\infty)

Exercícios relacionados