EDO Equacoes de Cauchy-Euler

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Equac¸o˜es com Coeficientes
Constantes: Equac¸o˜es de
Cauchy-Euler
O estudo de EDOs lineares de ordem 2 ou superior foi feito com equac¸o˜es de coeficien-
tes constantes. Trabalharemos agora um tipo de equac¸a˜o linear que possui coeficientes
varia´veis, chamada equac¸a˜o de Cauchy-Euler.
Equac¸o˜es de Cauchy - Euler
Forma geral dessas equac¸o˜es:
anx
n dy
n
dxn
+ an−1xn−1
dn−1y
dxn−1
+ · · ·+ a1xdy
dx
+ a0y = g(x) (1)
com an, an−1, . . . , a1, a0 ∈ R (constantes). Observe que o grau dos monoˆmios coincide
com a ordem das suas derivadas.
Faremos um estudo particularizado para equac¸o˜es (1) de 2a ordem: (pore´m, para
ordem superior e´ equivalente).
ax2
d2y
dx2
+ bx
dy
dx
+ cy = g(x) (2)
com a 6= 0, x 6= 0, portanto as soluc¸o˜es y(x) esta˜o em (−∞, 0) ou (0,∞).
1
Me´todo de resoluc¸a˜o
Trabalharemos primeiro com equac¸o˜es de Cauchy-Euler do tipo homogeˆnea (g ≡ 0):
ax2y′′ + bxy′ + cy = 0 (3)
Procuremos soluc¸o˜es da forma y(x) = xm, em que m devera´ ser determinado.
Substituindo na equac¸a˜o, temos
y′(x) = mxm−1 e y′′(x) = m(m− 1)xm−2.
Assim,
ax2(m(m− 1)xm−2) + bx(mxm−1) + cxm = 0
am(m− 1)xm + bmxm + cxm = 0
xm(am(m− 1) + bm+ c) = 0,
e como x 6= 0, enta˜o podemos concluir am(m−1)+bm+c = 0, ou de forma equivalente,
am2 + (b− a)m+ c = 0 (4)
chamada de Equac¸a˜o Caracter´ıstica ou Equac¸a˜o Auxiliar da equac¸a˜o de Cauchy-
Euler.
Para determinar o valor de m, precisaremos fazer o estudo do descriminante:
• ∆ > 0: Ra´ızes reais e distintas: teremos duas ra´ızes m1 e m2, com m1 6= m2.
Assim, teremos duas soluc¸o˜es y1(x) = x
m1 e y2(x) = x
m2 que sa˜o L.I. (verificar!), e
pelo Teorema da Soluc¸a˜o Geral de equac¸o˜es lineares homogeˆneas, temos a soluc¸a˜o
y(x) = C1x
m1 + C2x
m2 .
Exemplo 1 Resolva a equac¸a˜o
x2
d2y
dx2
− 2xdy
dx
− 4y = 0.
Resp: y(x) = C1x
4 + C2x
−1.
2
• ∆ = 0: Ra´ızes reais e iguais. Enta˜o m1 = m2. Como ∆ = 0, enta˜o as ra´ızes da
equac¸a˜o caracter´ıstica ficam
m1 = m2 = m =
−(b− a)
2a
,
o que implica que uma soluc¸a˜o para a equac¸a˜o (3) e´
y1(x) = x
m.
Sabendo que estamos trabalhando com uma EDO de 2a ordem, uma soluc¸a˜o e´
gerada pela combinac¸a˜o linear de duas func¸o˜es. Assim, podemos ir atra´s da outra
soluc¸a˜o, a partir de m: primeiro arrumamos a equac¸a˜o (3):
ax2y′′ + bxy′ + cy = 0 (÷ ax2)
y′′ +
b
ax
y′ +
c
ax2
y = 0,
que e´ uma EDO linear de 2a ordem. Aplicando o me´todo de reduc¸a˜o de ordem de
uma EDO linear de 2a ordem, estudada em aulas antetiores, temos uma expressa˜o
para determinar a outra soluc¸a˜o:
y2(x) = y1(x)
∫
e−
∫
P (x)dx
y21(x)
dx,
em que, neste caso, y1(x) = x
m 6= 0, P(x) = b
ax
. Desta forma, y2(x) fica:
y2 = x
m
∫
e−
∫
b
ax
dx
(xm)2
dx
= xm
∫
e−
b
a
lnx
x2m
dx
= xm
∫
x−b/a · x−2mdx
= xm
∫
x−b/a−2mdx
= xm
∫
x−b/a+
2(b−a)
2a dx
uma vez que m =
−(b− a)
2a
. Fazendo as contas, temos
y2(x) = x
m
∫
x−1dx = xm lnx
3
e portanto,
y2(x) = x
m lnx.
Assim, temos a soluc¸a˜o geral:
y(x) = C1x
m + C2x
m lnx.
Exerc´ıcio 1 Resolva
4x2y′′ + 8xy′ + y = 0.
Resp: y(x) = C1x
−1/2 + C2x−1/2 lnx.
Observac¸a˜o 1 Mostra-se que, para equac¸o˜es de ordem superior, se m for ra´ız da
equac¸a˜o caracter´ıstica de multiplicidade k, enta˜o a soluc¸a˜o geral e´ a combinac¸a˜o
linear das func¸o˜es
xm, xm lnx, xm(lnx)2, . . . , xm(lnx)k−1.
• ∆ < 0: Ra´ızes complexas e conjugadas. Logo
m1 = α + iβ, m2 = α− iβ,
em que α, β ∈ R. Enta˜o a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y(x) = C1x
α+iβ + C2x
α−iβ. (5)
Mas, e´ deseja´vel escrever a soluc¸a˜o como combinac¸a˜o linear de func¸o˜es reais. Para isto,
vamos usar algumas identidades:
Note que, usando propriedade de logaritmo,
xiβ = (elnx)iβ = eiβ lnx.
Pela fo´rmula de Euler,
xiβ = eiβ lnx = cos(β lnx) + isen(β lnx).
Da mesma forma,
x−iβ = e−iβ lnx = cos(β lnx)− isen(β lnx).
4
Somando e subtraindo os u´ltimos resultados, temos
xiβ + x−iβ = 2 cos(β lnx). (6)
e
xiβ − x−iβ = 2isen(β lnx). (7)
Sabemos que (5) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o (3). Nela, se C1 = C2 = 1, enta˜o uma soluc¸a˜o e´
y1 = x
α(xiβ + x−iβ).
E se C1 = 1, C2 = −1, enta˜o outra soluc¸a˜o e´
y2 = x
α(xiβ − x−iβ).
Usando (6) e (7), concluimos que
y1 = 2x
α(cos(β lnx)) (8)
e
y2 = 2ix
α(sen(β lnx)). (9)
Mostra-se que o Wronskiano das func¸o˜es xα cos(β lnx) e xαsen(β lnx) e´
W = βx2α−1 6= 0, β 6= 0 (Exerc´ıcio)
o que prova que as soluc¸o˜es xα cos(β lnx) e xαsen(β lnx) sa˜o L.I. Pelo Teorema da soluc¸a˜o
geral para equac¸o˜es de 2a ordem, temos que
y(x) = xα(C1 cos(β lnx) + C2sen(β lnx))
e´ soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o (3), quando as ra´ızes da Equac¸a˜o Caracter´ıstica (4) sa˜o com-
plexas e conjugadas.
Exerc´ıcio 2 Resolva a equac¸a˜o
x2
d2y
dx2
+ 3x
dy
dx
+ 3y = 0.
5