Euler-féle differenciálegyenlet

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából.

Euler-féle lineáris differenciálegyenletnek nevezzük az

$x^2y''+a_{1}xy'+a_{2}y = r(x)\,$ (1)

alakú differenciálegyenletet, ahol $a_{1}\,$ és $a_{2}\,$ állandók.

Ha $r(x)\equiv0\,$ , akkor az egyenlet homogén. Ennek alakja tehát:

$x^2Y''+a_{1}xY'+a_{2}Y = 0\,$ . (2)

Az Euler-féle differenciálegyenlet az előző pontokban megismert módszerekkel is megoldható, ui.

$x = e^t\,$ , ill. $t = \mathrm{ln}x\,$ (3)

helyettesítéssel állandó együtthatójú differenciálegyenletre vezethető vissza. A (3)-ból

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cdot\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cdot\frac{1}{x}\,$

és

$\frac{\mathrm{d^2}y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\mathrm{d^2}y}{\mathrm{d}t^2}\cdot\frac{1}{x^2}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cdot\frac{1}{x^2} = \frac{1}{x^2}\left(\frac{\mathrm{d^2}y}{\mathrm{d}t^2}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\,$ .

Behelyettesítve pl. (2)-be, a

$\frac{\mathrm{d^2}y}{\mathrm{d}t^2}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_{1}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_{2}y = 0\,$ ,

ill.

$\frac{\mathrm{d^2}y}{\mathrm{d}t^2}+(a_{1}-1)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_{2}y = 0\,$

állandó együtthatójú differenciálegyenletet kapjuk. Az Euler-féle homogén differenciálegyenlet az

$Y = x^k\,$ (4)

kísérletező feltevéssel is megoldható. Ekkor

$Y' = kx^{k-1}, Y'' = k(k-1)x^{k-2}\,$ ;

behelyettesítve (2)-be és $x^k\,$ -val egyszerűsítve, a

$k(k-1)+a_{1}k+a_{2} = 0\,$ (5)

karakterisztikus egyenletet kapjuk. Ha (5)-nek két különböző valós gyöke van:

$k_{1}\,$ és $k_{2}\,$ ,

akkor $x^{k_{1}}\,$ és $x^{k_{2}}\,$

lineárisan függetlenek, ezért alaprendszert alkotnak. Így a homogén differenciálegyenlet általános megoldása:

$Y = C_{1}x^{k_{1}}+C_{2}x^{k_{2}}\,$ . (6)

Ha (5)-nek két egybeeső gyöke van, akkor a (3) helyettesítés értelmében $x^k = e^{kt}\,$ , s így − ha $k_{1}\,$ -gyel jelöljük a kétszeres gyököt −

$e^{k_{1}t}\,$ és $te^{k_{1}t}\,$

lesz a két lineárisan független megoldás, aminek

$x^{k_{1}}\,$ és $x^{k_{1}}\mathrm{ln}x\,$

felel meg, vagyis az általános megoldás:

$Y = (C_{1}+C_{2}\mathrm{ln}x)x^{k_{1}}\,$ . (7)

Ha az (5) egyenletnek $\alpha\pm{\beta}i\,$ konjugált komplex gyöke van, akkor a két lineárisan független megoldás:

$x^{\alpha+\mathrm{\beta}i}\,$ és $x^{\alpha-\mathrm{\beta}i}\,$ .

Az általános megoldás:

$Y = C_{1}x^{\alpha+\mathrm{\beta}i}+C_{2}x^{\alpha-\mathrm{\beta}i}\,$ , (8)

amelynek egyszerűbb alakot adhatunk a következő átalakítással:

$Y = x^{\alpha}(C_{1}x^{\mathrm{\beta}i}+C_{2}x^{\mathrm{-\beta}i}) = x^{\alpha}(C_{1}e^{\mathrm{\beta}i\mathrm{ln}x}+C_{2}e^{\mathrm{-\beta}i\mathrm{ln}x})\,$ ,