Exercícios Resolvidos de Método de Redução de Ordem

UFPE, Cálculo 4, 2º EE - 2018.2, Questão 1

Questão 1: Considere a equação diferencial linear homogênea

2 x 2 y ' ' + 5 x y ' + y = 0 ,   x > 0 .

  1. Verifique que y 1 x = x - 1 / 2 é solução desta equação.
  2. Use o método de redução de ordem para calcular outra solução y 2 x desta equação e escreva sua solução geral.
  3. Use o método da variação dos parâmetros para encontrar uma solução particular da equação linear não homogênea

2 x 2 y ' ' + 5 x y ' + y = x 2 - x ,   x > 0 .

Escreva a solução geral desta equação não homogênea.

Passo 1

L e t r a   A )

Pois bem, se y 1 x = x - 1 / 2 é uma solução, então ela satisfaz a EDO:

2 x 2 y ' ' + 5 x y ' + y = 0

Então para verificar, basicamente devemos calcular essas derivadas e substituir. Vamos nessa?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Calculando a primeira derivada...

y 1 ' = - 1 2 x - 1 2 - 1 = - 1 2 x - 3 2

E

y 1 ' ' = 1 2 ⋅ 3 2 x - 3 2 - 1 = 3 4 x - 5 2

Logo...

2 x 2 y ' ' + 5 x y ' + y = 0       →

2 x 2 3 4 x - 5 2 + 5 x - 1 2 x - 3 2 + x - 1 2 = 0     →

Como x 2 ⋅ x - 5 2 = x 2 - 5 2 ...

3 2 x - 1 2 + - 5 2 x - 3 2 + 1 + x - 1 2 = 0     →

3 2 x - 1 2 - 5 2 x - 1 2 + x - 1 2 = 0     →

Somando esses dois termos...

- x - 1 2 + x - 1 2 = 0   →

0 = 0

Então sim! É solução !

Passo 3

L e t r a   B )

O método de redução de ordem fala que se conhecemos uma solução y 1 = x - 1 / 2 , podemos conseguir a outra solução y 2 supondo que ela é do tipo:

y 2 = ϕ x y 1   →

y 2 = ϕ x x - 1 / 2

Então vejamos, se isso é solução, podemos novamente derivar e substituir na EDO:

y 2 ' = ϕ ' x x - 1 / 2 - 1 2 ϕ x x - 3 / 2

Calculando a segunda derivada...

y 2 ' ' = ϕ ' ' x x - 1 2 - 1 2 ϕ ' x x - 3 / 2 - 1 2 ϕ ' x x - 3 2 - 3 2 ϕ x x - 5 2         →

y 2 ' ' = ϕ ' ' x x - 1 2 - 1 2 ϕ ' x x - 3 2 - 1 2 ϕ ' x x - 3 2 + 3 4 ϕ x x - 5 2         →

y 2 ' ' = ϕ ' ' x x - 1 2 - ϕ ' x x - 3 2 + 3 4 ϕ x x - 5 2  

Beleza, então podemos partir para a substituição...

2 x 2 y ' ' + 5 x y ' + y = 0     →

2 x 2 ϕ ' ' x x - 1 2 - ϕ ' x x - 3 2 + 3 4 ϕ x x - 5 2 + 5 x ϕ ' x x - 1 2 - 1 2 ϕ x x - 3 2 + ϕ x x - 1 2 = 0     →

2 ϕ ' ' x x - 1 2 x 2 - 2 ϕ ' x x - 3 2 x 2 + 2 3 4 ϕ x x - 5 2 x 2 + 5 ϕ ' x x - 1 2 x - 5 2 ϕ x x - 3 2 x + ϕ x x - 1 2 = 0     →

2 ϕ ' ' x x 3 2 - 2 ϕ ' x x 1 2 + 3 2 ϕ x x - 1 2 + 5 ϕ ' x x 1 2 - 5 2 ϕ x x - 1 2 + ϕ x x - 1 2 = 0     →

2 ϕ ' ' x x 3 2 + 5 2 ϕ x x - 1 2 + 3 ϕ ' x x 1 2 - 5 2 ϕ x x - 1 2 = 0     →

2 ϕ ' ' x x 3 2 + 3 ϕ ' x x 1 2 = 0     →

Dividindo todo mundo por x 1 2 :

2 ϕ ' ' x x 3 2 - 1 2 + 3 ϕ ' x = 0     →

2 ϕ ' ' x x + 3 ϕ ' x = 0  

Passo 4

Essa EDO podemos a reduzir se fizermos:

u = ϕ ' x

u ' = ϕ ' ' x

Então...

2 x u ' + 3 u = 0     →

u ' + 3 2 x u = 0

Podemos resolver essa EDO por separação de u e x :

u ' = - 3 2 x u   →

Lembrando que u ' = d u / d x ...

d u u = - 3 2 x d x

Integrando...

∫ d u u = ∫ - 3 2 x d x   →

ln ⁡ u = - 3 2 ln ⁡ x + ln ⁡ C   →

ln ⁡ u = ln ⁡ x - 3 2 + ln ⁡ C →

ln ⁡ u = ln ⁡ C ⋅ x - 3 2 →

u = C x - 3 2

Então...

u = ϕ ' x = C x - 3 2

Integrando dos dois lados novamente...

ϕ x = ∫ C x - 3 2   d x   →

ϕ x = C ⋅ x - 1 2 - 1 2 + K     →

Como C - 1 / 2 ainda é uma constante desconhecida C ...

ϕ x = C ⋅ x - 1 2 + K  

Passo 5

Assim, concluímos que a solução dessa EDO mais simples sem constantes é:

ϕ x = x - 1 2  

Logo...

y 2 = ϕ x x - 1 2 = x - 1 2   x - 1 2 =

x - 1

Portanto o conjunto de soluções fundamentais da EDO é...

y = C 1 y 1 + C 2 y 2   →

y = C 1   x - 1 2 + C 2 x - 1

Passo 6

L e t r a   C )

Primeiro vamos reescrever a nossa equação EDO:

2 x 2 y ' ' + 5 x y ' + y = x 2 - x     →

y ' ' + 5 x y ' 2 x 2 + y 2 x 2 = x 2 2 x 2 - x 2 x 2   →

y ' ' + 5 y ' 2 x + y 2 x 2 = 1 2 - 1 2 x

Onde B x = 1 2 - 1 2 x . Agora, vamos supor que a solução particular tem esse formato aqui:

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

Onde f 1 e f 2 são funções que devemos encontrar pelo método de variação dos parâmetros que nos fala o seguinte:

f 1 = ∫ y 2 x B x M d x

E

f 2 = ∫ - y 1 x B x M d x

Conhecemos já B x , y 1 e y 2 :

B x = 1 2 - 1 2 x

y 1 = x - 1 2

y 1 = x - 1

Agora quem é o M ?

Passo 7

O M pode ser encontrado assim:

M = y 1 y 2 y 1 ' y 2 ' =

x - 1 2 x - 1 - 1 2 x - 3 2 - x - 2 =

Calculando esse determinante...

x - 1 2 ⋅ - x - 2 + x - 1 ⋅ 1 2 ⋅ x - 3 2 =

- x - 5 2 + 1 2 x - 5 2 =

- 1 2 x - 5 2  

Então...

Passo 8

Conseguimos calcular f 1 :

f 1 = ∫ x - 1 1 2 - 1 2 x - 1 2 x - 5 2 d x       →

f 1 = ∫ 1 2 x - 1 - 1 2 x - 2 - 1 2 x - 5 2 d x = ∫ 1 2 x - 1 - 1 2 x - 5 2 + - 1 2 x - 2 - 1 2 x - 5 2 d x →

∫ - x 3 2 + x 1 2   d x →

- x 5 2 5 2 + x 3 2 3 2   →

f 1 = - 2 5 x 5 2 + 2 3 x 3 2

Também o f 2 :

f 2 = ∫ - y 1 x B x M d x =

∫ - x - 1 2 1 2 - 1 2 x - 1 2 x - 5 2 d x = ∫ 2 x 2 1 2 - 1 2 x d x =

∫ x 2 - x d x = x 3 3 - x 2 2

Então a solução particular será...

y p = f 1   x - 1 2 + f 2 x - 1   →

y p = - 2 5 x 5 2 + 2 3 x 3 2 x - 1 2 + x 3 3 - x 2 2 x - 1       →

y p = - 2 5 x 2 + 2 3 x + x 2 3 - x 2       →

y p = 1 3 - 2 5 x 2 + 2 3 - 1 2 x       →

y p = - 1 15 x 2 + 1 6 x  

A solução geral...

y = C 1   x - 1 2 + C 2 x - 1 + - 1 15 x 2 + 1 6 x

Resposta

L e t r a   A )   P r o v a   p o r   s u b s t i t u i ç ã o

L e t r a   B )   y = C 1   x - 1 2 + C 2 x - 1

L e t r a   C )   y p = - 1 15 x 2 + 1 6 x         e         y = C 1   x - 1 2 + C 2 x - 1 + - 1 15 x 2 + 1 6 x

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