Exercícios Resolvidos de Método de Redução de Ordem

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Enunciado

Sabemos que a função y 1 x = e x   é solução da equação diferencial

2 x y "   -   ( 4 x   +   2 ) y '   +   2 ( x   +   1 ) y   =   0 .

Obtenha uma outra solução dessa equação tal que y 1 , y 2 é linearmente independente.

Passo 1

Bom, esse problema é para a gente trabalhar com a dependência linear das soluções usando o teorema do Wronskiano. Para isso vamos escrever a nossa EDO nessa forma aqui:

y ' ' + p x y ' + q x y = 0

Fazemos isso dividindo a nossa EDO toda por 2 x e a gente fica com

y ' ' - 4 x + 2 2 x y ' + 2 x + 1 2 x y = 0

Ou, simplificando:

y ' ' - 2 x + 1 x y ' + x + 1 x y = 0

Podemos então dizer que

p x = 2 x + 1 x

q x = x + 1 x

O teorema nos diz que se y 1 e y 2 são soluções da equação diferencial com p ( x ) e q ( x ) contínuas em um intervalo aberto I , o Wronskiano é diferente de 0 nesse intervalo. Aah e se você não lembra como calcula o Wronskiano é através desse determinante aqui ó:

W = y 1 y 2 y 1 ' y 2 '

Bom... O problema é que a gente não sabe quem é o y 2 ainda né? Como a gente vai encontrar? Se o problema nos dá uma das soluções, a gente usa o método da redução de ordem. Vem comigo então!

Passo 2

Como as soluções têm de ser linearmente independentes vamos ver o que o Wronskiano nos diz a respeito do y 2 . Como o problema nos dá y 1 = e x sabemos que y 1 ' = e x então

W = y 1 y 2 y 1 ' y 2 ' = e x y 2 e x y 2 ' = e x y 2 ' - e x y 2

Como esse cara tem que ser diferente de zero para as soluções serem LI, temos

e x y 2 ' - e x y 2 = e x y 2 ' - y 2 ≠ 0

E aí vemos que a única coisa que podemos dizer por enquanto sobre o y 2   é que

y 2 ' ≠ y 2

Beleza? Guarda isso no coração.

Passo 3

Como a gente conhece o y 1 ( x ) vamos supor que o y 2 tem essa cara aqui

y 2 x = ϕ x y 1 =   ϕ x e x

Daí a gente precisa achar quem é esse ϕ x e a gente confere se ele satisfaz as condições do passo anterior. Para ajudar, já vamos calcular as derivadas de y 2 :

y 2 ' = ϕ ' e x + ϕ e x = ϕ ' x + ϕ x e x y 2 ' ' = ϕ ' ' e x + ϕ ' e x +   ϕ ' e x + ϕ e x = ϕ ' ' x +   2 ϕ ' x + ϕ x e x  

Escrevendo a nossa EDO para o y 2 temos 2 x y 2 ' '   -   4 x   +   2 y 2 '   +   2 x   +   1 y 2   =   0

Usando a forma que a gente supôs sobre o y 2 a EDO fica com essa cara aqui

2 x ϕ ' ' +   2 ϕ ' + ϕ e x - 4 x   +   2 ϕ ' + ϕ e x + 2 x + 1 ϕ e x = 0  

Simplificando aquelas exponenciais ali e distribuindo os produtos temos a coisa simplifica até

2 x   ϕ ' ' - 2   ϕ ' = 0

Ou

ϕ ' ' = ϕ ' x

Passo 4

Olha... apesar de a gente ter caído em outra EDO, as coisas vão simplificar se eu chamar aquele ϕ ' ( x ) de uma outra função u ( x )

u x =   ϕ ' ( x )

E aí temos

u ' x = u x x

Ou, melhor

d u d x = u x

Passando tudo de u para um lado e tudo x para o outro

d u u = d x x

Agora a gente pode integrar isso e encontrar

ln ⁡ u = ln ⁡ x   + c

Exponenciando dos dois lados

e l n u = e l n x e c

Como e ln ⁡ a = a e como a exponencial de uma constante é uma outra constante que eu vou chamar de K temos

u x = K . x

Passo 5

Como encontramos u ( x ) a gente acha o ϕ x integrando:

u x =   ϕ ' ( x )

ϕ ' x = K . x

ϕ x = ∫ ϕ ' x d x

ϕ x = K x 2 2

E como a gente disse que y 2 x = ϕ x y 1 x , temos

y 2 x =   K x 2 2 e x

Lembrando que esse K é uma constante qualquer que só dá para a gente conhecer caso nos seja fornecido algum valor inicial da função ou da sua derivada.

Prontinho, encontramos y 2 e com a forma dele a gente vê que a derivada dele não dá para ser igual a ele mesmo. Então, y 1 , y 2 é linearmente independente!Vamos para a próxima?

Resposta

y 2 x =   K x 2 2 e x

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