Método da Redução de Ordem | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

O Método da Redução de Ordem é o dos garantidores de um dos fatores mais importantes no estudo das equações diferenciais lineares de segunda ordem: sempre que podemos construir uma solução a partir de uma outra solução conhecida.

Ou seja, dada uma solução y_1(t) da equação y'' + p(t)y'+q(y)y=0, a outra solução será dada por y_2(t) = y_1(t) \int{u(t)}dt sendo u(t) = \frac{e^{-\int p(t)dt}}{y_1^2(t)}.

Lista de Exercícios Resolvidos do Método da Redução de Ordem:

1) (1-t)y''+ty'-y = 2(t-1)^2 e^{-t};\;\;\;sabendo\;\;\;que\;\;\;y_{1}(t) = t.

SOLUÇÃO: Sabemos que y_1 (t) = t e que y_H (t) = c_1 t + c_2 y_2 (t).

Podemos usar o método da redução de ordem para encontrar y_2(t) , mas usando o forçamento da EDO como inspiração, vou testar se e^{at} pode ser uma forma de solução.

Observe que  \left( e^{at} \right) ' = a e^{at} e \left( e^{at} \right)''= a^2 e^{at} .

Substituindo na EDO homogênea associada encontramos:

$$(1-t) a^2 e^{at} + a e^{at} t – e^{at} = e^{at} \left( [1-t]a^2 + at -1 \right) = 0.$$

Como e^{at} \neq 0, \forall t \in \mathbb{R} , então $$\left( [1-t]a^2 + at -1 \right) = 0$$ e isso acontece sempre que a=1 , independente do valor de t .

Logo, encontramos y_2 (t) = e^t .

Portanto, encontramos $$y_H (t) = c_1 t + c_2 e^t ,$$ pois W(t, e^t) = e^t (t-1) .

Agora, usando o Método da Variação dos Parâmetros determinaremos y_p (t) :

$$y_p (t) = -t \int{\frac{e^t 2 (t-1)^2 e^{-t}}{e^t (t-1)} dt} + e^t \int{\frac{2t (t-1)^2 e^{-t}}{e^t (t-1)} dt} = -3t^2 e^{-t}.$$

Portanto, $$y(t) = c_1 t + c_2 e^t- 3t^2 e^{-t}.$$

2) (1-t)y''+ty'-y =0;\;\;\;sabendo\;\;\;que\;\;\;y_{1}(t) = t.

SOLUÇÃO: Sabemos que y_1 (t) = t e que y_H (t) = c_1 t + c_2 y_2 (t).

Podemos usar o método da redução de ordem para encontrar y_2(t) , mas usando o forçamento da EDO como inspiração, vou testar se e^{at} pode ser uma forma de solução.

Observe que  \left( e^{at} \right) ' = a e^{at} e \left( e^{at} \right)''= a^2 e^{at} . Substituindo na EDO homogênea associada encontramos: $$(1-t) a^2 e^{at} + a e^{at} t – e^{at} = e^{at} \left( [1-t]a^2 + at -1 \right) = 0.$$

Como e^{at} \neq 0, \forall t \in \mathbb{R} , então $$\left( [1-t]a^2 + at -1 \right) = 0$$ e isso acontece sempre que a=1 , independente do valor de t . Logo, encontramos y_2 (t) = e^t .

Portanto, encontramos $$y_H (t) = c_1 t + c_2 e^t ,$$ pois W(t, e^t) = e^t (t-1) .

3) xy''-(2x+1)y' + (x+1)y = (x^2 + x-1) e^{2x}

SOLUÇÃO: Esta equação não possui coeficientes constantes, logo precisamos encontrar uma solução particular y_1(x) da equação homogênea associada xy''-(2x+1)y' + (x+1)y = 0 .

Observe que a soma dos coeficientes desta equação é igual a zero. De fato, x - 2x-1 + x+1 = 0 . Motivado por isso, queremos uma solução y_1(x) cujas derivadas de primeira e segunda ordem sejam iguais a ela mesma. Desta forma, podemos tomar y_1(x) = e^x .

Usando o Método da Redução de Ordem, encontramos y_2(x) =e^x \int{u(x)}dx com u(x) = \frac{e^{-\int{ -\frac{2x+1}{x}}dx}}{e^{2x}}= \frac{e^{\int{\frac{2x+1}{x}}dx}}{e^{2x}} = x .

Ou seja, y_2(x) =e^x \int{x}dx = \dfrac{x^2 e^x}{2} .

Logo, a solução da equação homogênea associada xy''-(2x+1)y' + (x+1)y = 0, é dada por $$y_h (x) = c_1 e^x +c_2 x^2 e^x.$$ Iremos usar o Método da Variação dos Parâmetros para encontrar y_p (x) . Observando que um C.F.S. da equação homogênea associada é \{ e^x , x^2 e^x \} , calculamos W \left( e^x , x^2 e^x \right) = 2\,x\,{e}^{2\,x}  .

Assim: $$y_p (x) = -e^x \int{ \frac{x e^x (x^2 + x-1) e^{2x} }{2\,x\,{e}^{2\,x}} dx}+ x^2 e^x \int{ \frac{e^x (x^2 + x-1) e^{2x} }{2\,x^2\,{e}^{2\,x}} dx}$$ $$y_p (x) = -e^x \int{\frac{{e}^{x}\,\left( {x}^{2}+x-1\right) }{2}dx}+ x^2 e^x \int{ \frac{{e}^{x}\,\left( {x}^{2}+x-1\right) }{2\,x^2} dx}$$ $$ y_p (x) = xe^{2x}$$

Portanto, $$y(x) = c_1 e^x +c_2 x^2 e^x + xe^{2x}.$$

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

Esta equação é homogênea, porém não tem coeficientes contantes e não se encaixa como uma EDO de Euler-Cauchy.

Desta forma precisamos encontrar uma solução particular diferente da solução trivial y (x) = 0. Olhando para os coeficientes, tentaremos encontrar uma y_1 (x) polinomial.

Observe que se y_1 (x) = a, então, substituindo na equação, obtemos -2a = 0 , o que nos leva à solução trivial y_1 (x) = 0. Portanto, não existe uma solução particular, exceto a trivial, que seja constante.

Agora, tentando uma solução particular y_1 (x) como um polinômio de primeiro grau y_1 (x) = ax +b encontramos $$ (1-2x-x^2)y” + 2(1+x)y’ – 2y = 0 \Rightarrow (1-2x-x^2) \times 0 + 2(1+x)\times a – 2\times (ax+b) = 0 \Rightarrow a =b,$$ ou seja, para qualquer valor de a, y_1 (x) = ax +a é uma solução particular da equação.

Por uma questão de simplicidade escolheremos y_1 (x) = x +1 .

Agora, usando o Método da Redução de Ordem encontraremos y_2 (x).

Para isso, precisamos reescrever a equação como $$ y” + \frac{2(1+x)}{(1-2x-x^2)}y’ – \frac{2}{(1-2x-x^2)}y = 0, $$ sendo $$p(x) =  \frac{2(1+x)}{(1-2x-x^2)} .$$ Assim, y_2(x) = y_1(x) \int{u(x)}dx = (x+1) \int{u(x)}dx sendo $$ u(x) = \frac{e^{-\int p(x)dx}}{y_1^2(x)} = \frac{e^{-\int \frac{2(1+x)}{(1-2x-x^2)} dx}}{(x+1)^2} = $$ $$ = \frac{e^{\mathrm{log}\left( -{x}^{2}-2\,x+1\right) } }{(x+1)^2} = \frac{-{x}^{2}-2\,x+1}{(x+1)^2}$$

Ou seja, $$ y_2(x) = (x+1) \int{\frac{-{x}^{2}-2\,x+1}{(x+1)^2}}dx =  $$ $$ = (x+1) \left(-\frac{2}{x+1}-x \right) = -x^2-x-2.$$

Portanto, como o Método da Redução de Ordem nos dá uma segunda solução particular que forma um CFS da equação, podemos dizer que a solução geral da equação é dada por:

$$y(x) = c_1 y_1 (x) + c_2 y_2(x) = c_1 (x+1) – c_2 (x^2+ x+2).$$

Leia Mais:

• Método da Variação dos Parâmetros: EDOs de 2ª Ordem Lineares
• Equações Diferencias Ordinárias de 2ª Ordem: Equações Homogêneas
  
• Equações Diferencias Ordinárias de 2ª Ordem: Método dos Coeficientes Indeterminados
• Equações Diferencias Ordinárias de 2ª Ordem: O Princípio da Superposição

Vídeo-Aula Sobre O Método da Redução de Ordem: