Exercícios Resolvidos de Método de Redução de Ordem

EDO de 2ª ordem com coeficientes variáveis

( a ) Sabendo que y 1 x = x é solução da equação diferencial homogênea x 2 y ' ' + 2 x y ' - 2 y = 0 , determine outra solução linearmente independente de y 1

(b)Obtenha a solução geral da equação diferencial x 2 y ' ' + 2 x y ' - 2 y = x 2 + 1

Passo 1

( a ) Podemos chutar y 2 x =   ϕ x y 1 = x ϕ x

Para provar que são linearmente independentes:

y 1 y 2 y 1 ' y 2 ' ≠ 0

Vamos calcular esses caras:

y 1 = x → y 1 ' = 1

y 2 = x ϕ x → y 2 ' x = ϕ x + x ϕ ' x

Assim fica:

x x ϕ x 1 ϕ x + x ϕ ' x = x 2 ϕ ' x ≠ 0

Essa propriedade é provada lá na álgebra linear, ok? Mas com isso provamos que a hipótese de solução de y 2 é linearmente independente de y 1 , vamos continuar.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Derivando y 2 :

y 2 ' x = ϕ x + x ϕ ' x

y 2 ' ' x = 2 ϕ ' x + x ϕ ' ' x

Substituindo isso na EDO:

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

Arrumando esse cara:

ϕ ' ' x x 3 + ϕ ' x 4 x 2 = 0

Viu? Sempre bate como vimos no método de redução de ordem no capítulo de EDO de coeficiente variáveis, agora podemos fazer uma substituição:

u x = ϕ ' x → u ' x = ϕ ' ' x

Substituindo:

x 3 . u ' x + 4 x 2 u x = 0

Separando:

4 x 2 u = - x 3   d u d x

d u u = - 1 4 x d x

Integrando de ambos os lados:

∫ d u u = - ∫ 4 x d x

Essas integrais são diretas, então a igualdade fica:

ln ⁡ | u | = - 4 ln ⁡ x + ln ⁡ K ,   K = C t e ∈ R

Vou fazer K = 1 , perceba que estamos buscando somente uma solução particular, então a mais simples é sempre a melhor :D → ln ⁡ K = 0

Assim ficou:

ln ⁡ | u | = - 4 ln ⁡ x = ln ⁡ x - 4

Arrumando:

| u | = x - 4

Vamos supor que x > 0 e u > 0 , assim fica:

u = x - 4

Voltando com u = ϕ ' :

ϕ ' = x - 4 → ϕ = ∫ x - 4 d x = - x - 3 3 + K 2 = - x - 3 3

Ou seja K 2 = 0

Assim:

y 2 = x ϕ = - x - 2 3

Ae, você percebeu que essa EDO tinha a cara de EDO de Euler? Dava pra ter resolvido por esse caminho sem problema algum! Se liga que você pode encontrar uma resposta diferente, porque depende de como você tratou as constantes, eu tomei ln ⁡ K = 0   e   K 2 = 0 , resolvendo pelo método de Euler você pode encontrar um resultado diferente também, mas sem dúvida com um x - 2 , o que vai mudar vai ser a constante!

Passo 3

( b ) Bem, a solução homogênea já temos:

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

É a combinação linear do que achamos na letra a , agora a solução particular é dada pra solução de:

y ' ' + 2 x y ' - 2 x 2 y = x 2 + 1 x 2

Obs:Perceba que deixei y ' ' sozinho!

Vamos resolver esse cara com o método da variação dos parâmetros, porque os coeficientes são variáveis e não da pra aplicar a resolução de Euler porque não é a parte homogênea!

Então:

y p = f 1 x + f 2 x - 2

Lembra da matriz?

y 1 ' x y 2 ' x y 1 x y 2 x f 1 ' x f 2 ' x = B x 0

Onde B x = x 2 + 1 x 2 nessa EDO

Então a resposta é:

f 1 ' x f 2 ' x = 1 y 1 ' x . y 2 x - y 2 ' x y 1 x y 2 x - y 2 ' x - y 1 x y 1 ' x B x 0

A gente chamou de M = y 1 ' x . y 2 x - y 2 ' x y 1 x

Vamos calcular isso:

y 1 = x → y 1 ' = 1

y 2 = - x - 2 3 → y 2 ' = 2 3 x - 3

Então M = 1 . - x - 2 3 - 2 3 x - 3 . x = - x - 2

Assim, multiplicando as matrizes:

f 1 ' x = y 2 x B x M = x - 2 3 x - 2 . x 2 + 1 x 2 = 1 3 + 1 3 x 2

Logo:

f 1 = ∫ - 1 3 - x - 2 3 d x = - x 3 + 1 3 x

Agora vamos para a outro:

f 2 = ∫ - y 1 B x M d x = ∫ x . x 2 + 1 x - 2 . x 2 d x = x 4 4 + x 2 2

Assim, a solução particular é:

y p = f 1 x + f 2 x - 2 = - x 3 + 1 3 x x + x 4 4 + x 2 2 x - 2

y p = - x 2 3 + 1 3 + x 2 4 + 1 2 = - 1 12 x 2 + 5 6

Assim a solução geral é:

y = y h + y p y = c 1 x - c 2 x - 2 3 - 1 12 x 2 + 5 6

Se liga no seguinte, o valor das constantes do y p vai mudar de acordo com sua escolha na letra a , obviamente tendo um resultado diferente do meu por lá, vai encontra diferente aqui!

Resposta

y = c 1 x - c 2 x - 2 3 + 7 12 x 2 + 1 6

c 1 ,   c 2 ∈ R

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