Exercícios Resolvidos de Método de Redução de Ordem

Sabendo que y 1 x = x 3 é solução da equação

x 2 y ' ' + x y ' - 9 y = 0

Determine, para x > 0 , a solução geral de:

x 2 y ' ' + x y ' - 9 y = ln ⁡ x

E determine a solução desta última equação que satisfaz o problema de condições iniciais com y 1 = 0   e   y ' 1 = 1 .

Passo 1

Bem bem, ele já deu a ordem, como temos uma solução, o método da redução de ordem permite você encontrar uma solução a partir de outra, vamos fazer o seguinte chute y 2 x = v x y 1 ( x ) , assim o chute é y 2 x = v x x 3 .

Precisamos derivar esse cara:

y 2 ' x = v ' x 3 + 3 v x 2

y 2 ' ' x = v ' ' x 3 + 3 v ' x 2 + 3 v ' x 2 + 6 v x

y 2 ' ' = v ' ' x 3 + 6 v ' x 2 + 6 v x

Eu tirei esses “ ( x ) ”, que mostra a dependência da função em x , mas só está implícito, assim facilita as contas.

Substituindo isso na EDO:

x 2 v ' ' x 3 + 6 v ' x 2 + 6 v x + x v ' x 3 + 3 v x 2 - 9 v x 3 = 0

Arrumando:

v ' ' x 5 + 7 v ' x 4 = 0

v ' ' x + 7 v ' = 0

v ' ' v ' = - 7 x

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Opa, como só temos derivadas para v na EDO, podemos fazer a substituição z = v ' → z ' = v ' ' :

z ' z = - 7 x

Integrando de ambos os lados:

∫ d z z = ∫ - 7 x d x

As integrais são diretas!

ln ⁡ | z | = - 7 ln ⁡ x + c = ln ⁡ x - 7 + c

Usando o paranauê chamando c = ln ⁡ K e usando a regra da soma de dois logaritmos de mesma base:

ln ⁡ | z | = ln ⁡ x - 7 + ln ⁡ K = ln ⁡ K x - 7

Isso só acontece se os termos dentro do logaritmo forem iguais:

z = k x - 7

Vou tratar k = 1 que é o caso mais simples(A resposta é a combinação linear das duas soluções, então não tem porque ter constante nessa fase, assim você pode desconsiderar, as constantes aparecerão quando você for mostrar a solução geral, mas se quiser pode continuar com essa constante, vai dar no mesmo)

z = x - 7

Sabemos que z = v ' , substituindo:

| v ' | = x - 7

Para facilitar, vou supor o seguinte:

v ' > 0

Logo:

v ' = x - 7

Assim fica:

d v = x - 7 d x → v = - 1 6 x - 6

Então a solução de y 2 ( x ) é:

y 2 x = - 1 6 x - 6 . x 3 = - 1 6 x - 3

Passo 3

Então a solução geral é dada por:

y x = c 1 y 1 x + c 2 y 2 ( x ) Substituindo:

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

“E as constantes????? Calma calma, foi a mesma coisa que eu fiz com o k anteriormente, a gente pode omitir elas sem problemas, ficam embutidas dentro de c 1 e c 2 e quando vocês forem substituir as condições iniciais e/ou de contorno, elas aparecerão sem nem você perceber!”

Passo 4

Vamos agora resolver o sistema não homogêneo! Vamos usar a variação de Parâmetros! Pela teoria de variação dos parâmetros, a solução particular é dada por:

y p x = y 1 x . f 1 x + y 2 x . f 2 ( x )

Que fica:

  y p x = x 3 . f 1 x + x - 3 . f 2 ( x )  

Então vamos calcular y 1 ' x   e   y 2 ' ( x ) :

y 1 ' x = 3 x 2

y 2 ' x = - 3 x - 4

Podemos desenhar a matriz para facilitar a memória:

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

Daí temos que:

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

Onde B x = ln ⁡ x x 2

(Você pode usar a chamada regra de Kramer para resolver isso, eu só multiplico pelo inverso mesmo haha, da uma olhada na teoria na parte de de demonstração que tá lá!)

Assim podemos calcular:

M = y 1 ' x . y 2 x - y 2 ' x y 1 x = 3 x 2 x - 3 + 3 x - 4 x 3 = 6 x - 1

Assim temos que

f 1 ' x = y 2 x B x M →   f 1 x = ∫ y 2 x . B x M d x

E do mesmo jeito:

f 2 x = ∫ - y 1 x . B x M d x

Passo 5

Substituindo:

f 1 x = ∫ x - 3 . ln ⁡ x 6 x - 1 x 2 d x = 1 6 ∫ ln ⁡ x x 4 d x

Da para resolver essa integral com uma integração por partes:

u = ln ⁡ x → d u = 1 x d x

d v = x - 4 d x → v = x - 3 - 3

Assim fica:

f 1 x = 1 6 ∫ ln ⁡ x x 4 d x = 1 6 - ln ⁡ x 3 x 3 + ∫ 1 3 x 4 d x = 1 6 - ln ⁡ x 3 x 3 - 1 9 x 3

Passo 6

Agora para o próximo:

f 2 x = - ∫ x 3 . ln ⁡ x 6 x - 1 x 2 d x = - 1 6 ∫ x 2 ln ⁡ x d x

Novamente por integração por partes:

u = ln ⁡ x → d u = 1 x d x

d v = x 2 d x → v = x 3 3

Assim fica:

f 2 x = - 1 6 ∫ x 2 ln ⁡ x d x = - 1 6 x 3 3 ln ⁡ x - 1 3 ∫ x 2 d x = - 1 6 x 3 3 ln ⁡ x - x 3 9

Então a solução da particular é:

y p x = x 3 . 1 6 - ln ⁡ x 3 x 3 - 1 9 x 3 - x - 3 . 1 6 x 3 3 ln ⁡ x - x 3 9

Substituindo:

y p x = - 1 6 ln ⁡ x 3 + 1 9 + 1 3 ln ⁡ x - 1 9 = - ln ⁡ x 9

Passo 7

A solução geral é dada por:

y = y h + y p

Assim fica:

y = c 1 x 3 + c 2 x - 3 - ln ⁡ x 9

Tchã!

Passo 8

Agora só falta encontrar as constantes! Vamos usar as condições iniciais ok?

y x = c 1 x 3 + c 2 x - 3 - ln ⁡ x 9 → y 1 = c 1 + c 2 = 0

y ' x = 3 c 1 x 2 - 3 c 2 x - 4 - 1 9 x → y ' 1 = 3 c 1 - 3 c 2 - 1 9 = 1

Então temos um sistema de duas equações e duas incógnitas:

c 1 + c 2 = 0 c 1 - c 2 = 1 0 27

c 1 = 5 27 ; c 2 = - 5 27

FINALMENTE, a solução será:

y x = 5 27 x 3 - 5 27 x - 3 - ln ⁡ x 9

Resposta

y x = 5 27 x 3 - 5 27 x - 3 - ln ⁡ x 9

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