Exercícios Resolvidos de Método de Redução de Ordem

UFPE, Cálculo 4, 2º EE - 2018.1, Questão 1

Considere a equação diferencial linear homogênea:

t 2 y ' ' - 5 t y ' + 9 y = 0 ,       t > 0

  1. Verifique que y 1 t = t 3 ln ⁡ t também é solução desta equação.
  2. Use o método de redução de ordem para obter que y 2 = t 3 também é solução desta equação.
  3. Use o método da variação dos parâmetros para encontrar uma solução particular da equação linear não homogênea:

t 2 y ' ' - 5 t y ' + 9 y = t 4 ,       t > 0

Escreva a solução geral desta equação não homogênea.

Passo 1

Bem, vamos começar com a letra (a). Para verificarmos se uma função dada é realmente solução da EDO, precisamos substituir na equação e ver se é verdade.

Para fazer isso, precisamos determinar as derivadas y 1 ' e y 1 ' ' . Vamos fazer isso. Começando com y 1 ' , usando a regra do produto:

y 1 ' = t 3 ln ⁡ t ' = t 3 ' ⋅ ln ⁡ t + t 3 ln ⁡ t '

y 1 ' = 3 t 2 ln ⁡ t + t 3 ⋅ 1 t

y 1 ' = 3 t 2 ln ⁡ t + t 2

Legal, uma já foi. Vamos para segunda derivada agora:

y 1 ' ' = 3 t 2 ln ⁡ t + t 2 = 3 t 2 ' ln ⁡ t + 3 t 2 ln ⁡ t ' + t 2 '

y 1 ' ' = 6 t ln ⁡ t + 3 t 2 ⋅ 1 t + 2 t

y 1 ' ' = 6 t ln ⁡ t + 3 t + 2 t

y 1 ' ' = 6 t ln ⁡ t + 5 t

Beleza, agora substituímos:

t 2 y ' ' - 5 t y ' + 9 y = 0

t 2 y 1 ' ' - 5 t y 1 ' + 9 y 1 = 0

t 2 ⋅ 6 t ln ⁡ t + 5 t - 5 t 3 t 2 ln ⁡ t + t 2 + 9 t 3 ln ⁡ t = 0

6 t 3 ln ⁡ t + 5 t 3 - 15 t 3 ln ⁡ t - 5 t 3 + 9 t 3 ln ⁡ t = 0

0 = 0

Então a equação é verdadeira, então y 1 = t 3 ln ⁡ t é de fato solução 😊

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos para a letra (b) agora.

Bem, vimos que uma solução já é y 1 t = t 3 ln ⁡ t . Usando o método da redução de ordem, vamos supor que a outra solução é da forma: y 2 t = ϕ t ⋅ y 1 t

y 2 t = ϕ t t 3 ln ⁡ t

E vamos substituir essa ideia na equação. Para isso, determinamos as derivadas usando a regra do produto. Começamos com a primeira:

y 2 ' t = ϕ t ⋅ y 1 t ' = ϕ ' t ⋅ y 1 t + ϕ t ⋅ y 1 ' t

y 2 ' t = ϕ ' t ⋅ t 3 ln ⁡ t + ϕ t ⋅ 3 t 2 ln ⁡ t + t 2

OK. Vamos para a segunda derivada agora: y 2 ' ' t = ϕ ' t ⋅ y 1 t + ϕ t ⋅ y 1 ' t ' = ϕ ' ' t y 1 t + ϕ ' t y 1 ' t

y 2 ' ' t = ϕ ' ' t y 1 t + ϕ ' t y 1 ' t + ϕ ' t y 1 ' t + ϕ t y 1 ' ' t

y 2 ' ' t = ϕ ' ' t y 1 t + 2 ϕ ' t y 1 ' t + ϕ t y 1 ' ' t

y 2 ' ' t = ϕ ' ' t t 3 ln ⁡ t + 2 ϕ ' t 3 t 2 ln ⁡ t + t 2 + ϕ t 6 t ln ⁡ t + 5 t

Agora podemos substituir na equação dada no problema. Vai ficar um pouco volumoso, dá a mão:

t 2 y ' ' - 5 t y ' + 9 y = 0

t 2 y 2 ' ' - 5 t y 2 ' + 9 y 2 = 0

t 2 ϕ ' ' t t 3 ln ⁡ t + 2 ϕ ' t 3 t 2 ln ⁡ t + t 2 + ϕ t 6 t ln ⁡ t + 5 t

- 5 t ϕ ' t ⋅ t 3 ln ⁡ t + ϕ t ⋅ 3 t 2 ln ⁡ t + t 2 + 9 ϕ t t 3 ln ⁡ t = 0

Agora distribuímos para tentarmos eliminar ϕ t :

ϕ ' ' t 5 ln ⁡ t + 6 ϕ ' t 4 ln ⁡ t + 2 ϕ ' t 4 + 6 ϕ t 3 ln ⁡ t + 5 ϕ t 3

- 5 ϕ ' t 4 ln ⁡ t - 15 ϕ t 3 ln ⁡ t - 5 ϕ t 3 + 9 ϕ t 3 ln ⁡ t = 0

Colocamos ϕ ' ' , ϕ ' e ϕ em evidência: ϕ ' ' t 5 ln ⁡ t + ϕ ' 6 t 4 ln ⁡ t + 2 t 4 - 5 t 4 ln ⁡ t

+ ϕ 6 t 3 ln ⁡ t + 5 t 3 - 15 t 3 ln ⁡ t - 5 t 3 + 9 t 3 ln ⁡ t = 0

Simplificando vamos ter: ϕ ' ' t 5 ln ⁡ t + ϕ ' t 4 ln ⁡ t + 2 t 4 + ϕ ⋅ 0 = 0

ϕ ' ' t 5 ln ⁡ t + ϕ ' t 4 ln ⁡ t + 2 t 4 = 0

Então de fato ϕ sumiu. Além disso, como t > 0 , podemos fazer: ϕ ' ' t 5 ln ⁡ t + ϕ ' t 4 ln ⁡ t + 2 t 4 = 0

t 4 ϕ ' ' t ln ⁡ t + ϕ ' ln ⁡ t + 2 = 0

  ϕ ' ' t ln ⁡ t + ϕ ' ln ⁡ t + 2 = 0

Assim, podemos reduzir a ordem do problema considerando u = ϕ ' e, então, u ' = ϕ ' ' :

t ln ⁡ t u ' + ln ⁡ t + 2 u = 0

Essa EDO que surgiu é do tipo separável. Vamos escrever:

u = d u d t

t ln ⁡ t d u d t + ln ⁡ t + 2 u = 0

E colocamos tudo que t de um lado e tudo que é u de outro: t ln ⁡ t d u d t = - ln ⁡ t + 2 u  

d u d t = - ln ⁡ t + 2 u t ln ⁡ t

1 u d u = - ln ⁡ t + 2 t ln ⁡ t d t

E podemos então integrar dos dois lados:

∫ 1 u d u = - ∫ ln ⁡ t + 2 t ln ⁡ t d t

Para a integral da esquerda vamos ter: ∫ 1 u d u = ln ⁡ u + C 1

Agora vamos separar a integral da direita em duas:

- ∫ ln ⁡ t + 2 t ln ⁡ t d t = - ∫ ln ⁡ t t ln ⁡ t d t - ∫ 2 t ln ⁡ t d t

A partir disso, podemos simplificar, olha só:

∫ ln ⁡ t t ln ⁡ t d t = ∫ 1 t d t = ln ⁡ t + C 2

Para a outra, temos ln ⁡ t e sua derivada 1 / t aparecendo na integral, então convêm fazer a substituição:

w = t d w = 1 t d t

Ficando: ∫ 2 t ln ⁡ t d t = ∫ 2 w d w = 2 ln ⁡ w + C 3 = 2 ln ⁡ ln ⁡ t + C 3

Legal, então justando tudo, vamos ter: ln ⁡ u + C 1 = - ln ⁡ t + C 2 - 2 ln ⁡ ln ⁡ t + C 3

Considerando K ≔ - C 2 - C 3 - C 1 para facilitar:

ln ⁡ u = - ln ⁡ t - 2 ln ⁡ ln ⁡ t + K

ln ⁡ u = - ln ⁡ t - ln ⁡ ln ⁡ t 2 + K

E então isolamos nosso amigo u :

u = e - ln ⁡ t - 2 ln ⁡ ln ⁡ t + K = 1 e ln ⁡ t ⋅ 1 e ln ⁡ ln ⁡ t 2 ⋅ e K

u = 1 t ⋅ 1 ln ⁡ t 2 ⋅ e K

Novamente, para facilitar C ≔ e K , vamos ter: u = C t ln ⁡ t 2

Mas calma lá futuro do país, encontramos u , mas precisamos encontrar ϕ . Pela definição: u = ϕ '

Então, para achar ϕ , integramos u : ϕ = ∫ C t ln ⁡ t 2 d t

Novamente podemos usar substituição aqui, com:

w = ln ⁡ t d w = 1 t d t

E teremos: ϕ = C ∫ d w w 2 = - C w + D = - C ln ⁡ t + D

A letra pediu para mostrar que y 2 = t 3 é solução. Supomos:

y 2 t = ϕ t t 3 ln ⁡ t

Então, substituindo, vamos ter:

y 2 t = - C ln ⁡ t + D ⋅ t 3 ln ⁡ t = - C t 3 + D t 3 ln ⁡ t

As constantes são todas gerais, ou seja, quaisquer valores delas satisfazem a equação. Tomando C = - 1 e D = 0 , temos: y 2 t = t 3

Solução do problema. Logo, chegamos onde queríamos 😊

Passo 3

Quase lá, vamos para letra (c) agora!

Como t > 0 , podemos deixar y ' ' sozinho:

t 2 y ' ' - 5 t y ' + 9 y = t 4

y ' ' - 5 t y ' + 9 t 2 y = t 2

Assim, procuramos soluções na forma:

y 1 v 1 ' + y 2 v 2 ' = 0 y 1 ' v 1 ' + y 2 ' v 2 ' = f t

Em que f t é a função da parte não homogênea, então f t = t 2 . Substituindo o que o encontramos, temos: t 3 ln ⁡ t v 1 ' + t 3 v 2 ' = 0 3 t 2 ln ⁡ t + t 2 v 1 ' + 3 t 2 v 2 ' = t 2  

Simplificando, vai ficar: ln ⁡ t v 1 ' + v 2 ' = 0 3 ln ⁡ t + 1 v 1 ' + 3 v 2 ' = 1  

Show. Temos a missão de resolver esse sisteminha agora. Pegando a primeira equação, vamos ter: ln ⁡ t v 1 ' + v 2 ' = 0

v 2 ' = - ln ⁡ t v 1 '

Agora, substituímos na segunda: 3 t 2 ln ⁡ t + t 2 v 1 ' + 2 t 2 v 2 ' = t 2

3 ln ⁡ t + 1 v 1 ' + 3 - ln ⁡ t v 1 ' = 1

v 1 ' = 1

E então:

v 2 ' = - ln ⁡ t v 1 '

v 2 ' = - ln ⁡ t

A solução particular vai ser dada por:

y p = y 1 v 1 + y 2 v 2

Assim, vamos calcular v 1 e v 2 por integração.

v 1 = ∫ v 1 ' d t = ∫ d t = t

v 2 = ∫ v 2 ' d t = - ∫ ln ⁡ t d t

Para calcular essa integral, usamos a integração por partes com: u = ln ⁡ t v = t d u = 1 t d t d v = d t

Assim:

v 2 = - ∫ u d v = - u v - ∫ v d u

v 2 = - t ln ⁡ t - ∫ t t d t

v 2 = - t ln ⁡ t - t

v 2 = t - t ln ⁡ t

Deixamos as duas integrais assim mesmo, sem constante. Assim, vamos ter: y p = y 1 v 1 + y 2 v 2

y p = t 3 ln ⁡ t ⋅ t + t 3 ⋅ t - t ln ⁡ t

y p = t 4 ln ⁡ t - t 4 ln ⁡ t + t 4

y p = t 4

Para fechar com o título, lembramos que a solução geral vai ser dada pela combinação da solução particular com a homogênea:

y t = y p + y h

y t = t 4 - C t 3 + D t 3 ln ⁡ t

Ou, para ficar mais bonito:

y t = t 4 + K 1 t 3 + K 2 t 3 ln ⁡ t

Resposta

y t = t 4 + K 1 t 3 + K 2 t 3 ln ⁡ t

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