Como Resolver a Equação de Euler-Cauchy? | EDO’s de 2ª Ordem Homogêneas

Uma EDO é de Euler-Cauchy de ordem 2 é aquela tem a forma $$a_2 t^2 y” + a_1 t y’ +a_0 y = 0, $$ tal que a_2 \neq 0 e a_0, a_1, a_2 \in \mathbb{R}.

Ela também é chamada de equação equidimensional pois o expoente de cada coeficiente é igual à ordem da derivada.

Como Resolver uma Equação de Euler-Cauchy?

Para solucionar este tipo de equação fazemos y(t) = t^r, desta forma, $$ y'(t) = rt^{r-1} $$ e $$ y”(t) = r(r-1) t^{r-2}. $$

Substituindo na equação de Euler-Cauchy obtemos $$t^r \left(a_2 r (r-1) + a_1 r +a_0 \right) = 0 \Rightarrow a_2 r^2 + (a_1 – a_2)r + a_0 = 0.$$

Portanto, basta analisar as raízes da equação do segundo grau acima. Desta forma, temos que:

1. A equação tem duas raízes reais, \lambda _1 e \lambda _2 diferentes: Neste caso, uma solução geral da EDO é da forma $$y(t) = c_1 t^{\lambda _1} + c_2 t^{\lambda _2}.$$
2. A equação tem duas raízes reais, \lambda _1 e \lambda _2 iguais: Neste caso, uma solução geral da EDO é da forma $$y(t) = \left( c_1 + c_2 \ln{t} \right) t^\lambda.$$
3. A equação tem duas raízes complexas, \lambda=a+bi: Neste caso, uma solução geral da EDO é da forma $$y(t) = t^{a} \left( c_1 \cos{(b\ln{t})} + c_2 \sin{(b\ln{t})} \right).$$

EXEMPLO: Considere a EDO $$t^2y” + 5t y’ +4y = 0, \;\;\;\; t > 0.$$

Pela substituição y(t) = t^r encontramos o seguinte polinômio característico $$ r^2 + (5 – 1)r + 4 = r^2+4r+4=(r+2)^2 = 0.$$ Logo, a solução geral da equação é $$y(t) = c_1 t^{-2} + c_2( \ln{t}) t^{-2}$$

EXEMPLO: Considere a EDO $$t^2 y” + \frac{10}{4}y = 0, \;\;\;\; t > 0.$$

Pela substituição y(t) = t^r encontramos o seguinte polinômio característico $$ r^2 + (0 – 1)r + \frac{10}{4} = r^2-r+\frac{10}{4}= 0.$$ Que possui raízes complexas dadas por $$\lambda = \frac{1 \pm 3i}{2}.$$ Logo, a solução geral da equação é $$y(t) = t^{1/2} \left( \cos{(3/2\ln{t})} + \sin{(3/2\ln{t})} \right).$$

Equação de Euler-Cauchy – Lista de Exercícios Resolvidos

1) Resolva as EDOs abaixo:

(a) t^2y'' + 5ty'-5y = 0,\;\;\;t>0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(5-1)r -5 = 0 \Rightarrow r_1= 1; \;\;e\;\;r_2 = -5$$

Ou seja, temos raízes reais diferentes, o que nos leva à solução $$y(t) = c_1 t + c_2 t^5 $$

(b) t^2 y'' + ty'+y=0, \;\;\;t>0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(1-1)r +1 = 0 \Rightarrow r=\pm i.$$

Ou seja, temos raízes complexas conjugadas, o que nos leva à solução $$y(t) = c_1 cos\left( ln(t) \right) + c_2 sen \left( ln(t) \right) $$

(c) t^2y'' + 2t y' +2y = 0\;\;\;t>0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(2-1)r +2 = 0 \Rightarrow r=\frac{1 \pm i \sqrt{7}}{2}.$$

Ou seja, temos raízes complexas conjugadas, o que nos leva à solução $$y(t) = e^{1/2} \left( c_1 cos\left( \frac{\sqrt{7}}{2} \ln(t) \right) + c_2 sen \left( \frac{\sqrt{7}}{2} \ln(t) \right) \right) $$

(d) t^2y'' - ty' +y = 0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(-1-1)r +1 = 0 \Rightarrow r_{1,2}= 1.$$

Ou seja, temos raízes reais iguais, o que nos leva à solução $$y(t) = c_1 t + c_2 t \ln{(t)}. $$

(e) t^2y'' + 5ty'-5y = 0,\;\;\;t>0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(5-1)r -5 = 0 \Rightarrow r_1= 1; \;\;e\;\;r_2 = -5$$

Ou seja, temos raízes reais diferentes, o que nos leva à solução $$y(t) = c_1 t + c_2 t^5 $$

(f) t^2 y'' + ty'+y=0, \;\;\;t>0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(1-1)r +1 = 0 \Rightarrow r=\pm i.$$

Ou seja, temos raízes complexas conjugadas, o que nos leva à solução $$y(t) = c_1 cos\left( ln(t) \right) + c_2 sen \left( ln(t) \right) $$

(g) t^2y'' + 2t y' +2y = 0\;\;\;t>0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(2-1)r +2 = 0 \Rightarrow r=\frac{1 \pm i \sqrt{7}}{2}.$$

Ou seja, temos raízes complexas conjugadas, o que nos leva à solução $$y(t) = e^{1/2} \left( c_1 cos\left( \frac{\sqrt{7}}{2} \ln(t) \right) + c_2 sen \left( \frac{\sqrt{7}}{2} \ln(t) \right) \right) $$

(h) t^2y'' - ty' +y = 0

Essa é uma equação de Euler-Cauchy com equação característica dada por $$r^2 +(-1-1)r +1 = 0 \Rightarrow r_{1,2}= 1.$$

Ou seja, temos raízes reais iguais, o que nos leva à solução $$y(t) = c_1 t + c_2 t \ln{(t)}. $$

2) Encontre a solução geral das equações

a) t^2 y'' - 2y=3t^2 -1,\;\;\;t>0.

Estas duas soluções podem ser encontradas facilmente se percebermos que a EDO original é uma EDO de Euler-Cauchy.

Assim, uma solução particular de $$t^2 y” – 2y=3t^2 -1,\;\;\;t>0,$$ pode ser encontrada por

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

$$ \psi(t) = t^2 \int{\frac{t^{-1} (3t^2-1)}{3}}dt – t^{-1} \int{\frac{t^2 (3t^2-1)}{-3}}dt$$

$$ \psi(t) = \frac{t^2}{3}\left( \frac{3t^2}{2} – \ln{t} \right) – \frac{t^{-1}}{3} \left( \frac{3t^5}{5} – \frac{t^3}{3} \right)$$

b) t^2y''+ty'-y = ln(t), t>0.

SOLUÇÃO: A EDO homogênea associada é do tipo Euler-Cauchy. Assim, a equação característica da EDO t^2y''+ty'-y = 0 é dada por r^2 -1 = 0 , o que nos dá a solução: $$y_H (t) = c_1 t + c_2 t^{-1} .$$ Portanto, y_1 (t) = t e y_2 (t) = t^{-1} e W(t, t^{-1}) = -2 t^{-1} .

Desta forma, usando o Método da Variação dos Parâmetros, encontramos $$y_p (t) = -\frac{t}{2} \int{\ln{t} dt} + t^{-1} \int{2 t^2 \ln{t} dt} = -\frac{t^2}{2} (\ln{t} -1) + \frac{2t^2}{3} \left( \ln{t} – \frac{1}{3} \right).$$

Portanto, $$ y(t) = c_1 t + c_2 t^{-1} -\frac{t^2}{2} (\ln{t} -1) + \frac{2t^2}{3} \left( \ln{t} – \frac{1}{3} \right).$$

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