Exercícios Resolvidos de Método de Redução de Ordem

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 )

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 )

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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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