6.2: Регулярні сингулярні точки - рівняння Коші-Ейлера

Переглянути підручник на YouTube

Значення\(x = x_0\) називається регулярною одниною точкою оди, \[\label{eq:1}(x-x_0)^2y''+p(x)(x-x_0)y'+q(x)y=0,\]якщо\(p(x)\) і\(q(x)\) мають збіжну серію Тейлора про\(x = x_0\), тобто,\(p(x)\) і\(q(x)\) може бути записана як степень-ряд в\((x − x_0)\):

\[\begin{array}{l}p(x)=p_0+p_1(x-x_0)+p_2(x-x_0)^2+\cdots , \\ q(x)=q_0+q_1(x-x_0)+q_2(x-x_0)^2+\cdots ,\end{array}\nonumber\]з\(p_n\) і\(q_n\) константами, і\(q_0\neq 0\) так що не\((x − x_0)\) є загальним коефіцієнтом коефіцієнтів. Будь-яка точка x = x0, яка не є звичайною точкою або регулярною одниною точкою, називається нерегулярною одниною точкою. Багато важливих диференціальних рівнянь фізичного інтересу мають регулярні сингулярні точки, а їх розв'язки йдуть за родовою назвою спеціальних функцій, зі специфічними іменами, пов'язаними з нині відомими математиками, такими як Бессель, Лежандр, Ерміт, Лагерр і Чебишев.

Тут ми розглянемо тільки найпростішу оду з регулярною одниною точкою в\(x = 0\). Ця ода називається рівнянням Коші-Ейлера, і має вигляд \[\label{eq:2}x^2y''+\alpha xy'+\beta y=0,\]з\(\alpha\) і\(\beta\) константи. Зауважимо, що\(\eqref{eq:1}\) зводиться до рівняння Коші-Ейлера (про\(x = x_0\)), коли розглядається тільки термін вивідного порядку в розширенні функцій\(p(x)\) і рядів Тейлора\(q(x)\). Фактично, взяття\(p(x) = p_0\)\(q(x) = q_0\) і рішення пов'язаного з ним рівняння Коші-Ейлера призводить до принаймні одного з розв'язків провідного порядку до більш загальної оди\(\eqref{eq:1}\). Часто цього достатньо для отримання початкових умов числового розв'язку повної оди. Студенти, які бажають дізнатися, як знайти загальне рішення,\(\eqref{eq:1}\) можуть проконсультуватися з Boyce & DiPrima.

Відповідним ansatz для\(\eqref{eq:2}\) є\(y = x^r\), коли\(x > 0\) і\(y = (−x)^r\) коли\(x < 0\), (або більш загалом,\(y = |x|^r\) для всіх\(x\)), з\(r\) постійною. Після заміни в\(\eqref{eq:2}\), ми отримуємо як позитивні, так\(x\)\[r(r-1)|x|^r+\alpha r|x|^r+\beta |x|^r=0,\nonumber\] і негативні, і ми спостерігаємо, що наш ансац винагороджується скасуванням\(|x|^r\). Таким чином, ми отримуємо наступне квадратне рівняння для\(r\): \[\label{eq:3}r^2+(\alpha -1)r+\beta=0,\]

які можна вирішити за допомогою квадратичної формули. Відразу з'являються три випадки: (i) справжні виразні коріння, (ii) складні сполучені коріння, (iii) повторювані коріння. Студенти можуть згадати, що опинилися в подібній ситуації при розв'язанні лінійної однорідної оди другого порядку з постійними коефіцієнтами. Дійсно, можна безпосередньо перетворити рівняння Коші-Ейлера в рівняння з постійними коефіцієнтами, щоб можна було використовувати наші попередні результати.

Ідея полягає в тому, щоб змінити змінні так, щоб закон влади ансац\(y = x^r\) став експоненціальним ансац. Бо\(x > 0\), якщо ми\(x = e^ξ\) дозволимо і\(y(x) = Y(ξ)\), то ансац\(y(x) = x^r\) стає ансац\(Y(ξ) = e^{rξ}\), відповідний якщо\(Y(ξ)\) задовольняє постійний коефіцієнт оди. Якщо\(x < 0\), то відповідне перетворення є\(x = −e^ξ\), так як\(e^ξ > 0\). Потрібно лише розглянути\(x > 0\) тут і згодом узагальнити наш результат, замінивши\(x\) всюди його абсолютним значенням.

Таким чином, ми перетворюємо диференціальне\(\eqref{eq:2}\) рівняння для диференціального рівняння для\(Y = Y(ξ)\)\(x = e^ξ\), використовуючи або еквівалентно,\(ξ = \ln x\).\(y = y(x)\) За правилом ланцюга,\[\begin{aligned}\frac{dy}{dx}&=\frac{dY}{d\xi}\frac{d\xi}{dx} \\ &=\frac{1}{x}\frac{dY}{d\xi} \\ &=e^{-\xi}\frac{dY}{d\xi},\end{aligned}\] щоб символічно,\[\frac{d}{dx}=e^{-\xi}\frac{d}{d\xi}.\nonumber\]

Друга похідна перетворюється як\[\begin{aligned}\frac{d^2y}{dx^2}&=e^{-\xi}\frac{d}{d\xi}\left(e^{-\xi}\frac{dY}{d\xi}\right) \\ &=e^{-2\xi}\left(\frac{d^2Y}{d\xi^2}-\frac{dY}{d\xi}\right).\end{aligned}\]

При підстановці похідних\(y\)\(\eqref{eq:2}\) into та використання\(x = e^ξ\) отримуємо\[\begin{aligned}e^{e\xi}\left(e^{-2\xi}(Y''-Y')\right)+\alpha e^{\xi}\left(e^{-\xi}Y'\right)+\beta Y&=Y''+(\alpha -1)Y'+\beta Y \\ &=0.\end{aligned}\]

Як і очікувалося, ода для\(Y = Y(ξ)\) має постійні коефіцієнти, а з\(Y = e^{rξ}\), характеристичне рівняння для\(r\) задається\(\eqref{eq:3}\). Тепер безпосередньо перенесемо попередні результати, отримані для постійного коефіцієнта лінійної однорідної оди другого порядку.

Чіткі реальні коріння

Цей найпростіший випадок не потребує трансформації. Якщо\((\alpha − 1)^2 − 4\beta > 0\), то з\(r_±\) реальними коренями\(\eqref{eq:3}\), загальним рішенням є\[y(x)=c_1|x|^{r_+}+c_2|x|^{r_-}.\nonumber\]

Чіткі складно-кон'югатні корені

Якщо\((\alpha − 1)^2 − 4\beta < 0\), ми можемо написати складні коріння\(\eqref{eq:3}\) як\(r_± = \lambda ± i\mu\). Нагадаємо, загальне рішення для\(Y = Y(ξ)\) дається\[Y(\xi)=e^{\lambda\xi}(A\cos\mu\xi +B\sin\mu\xi );\nonumber\] і після перетворення, і\(x\) заміна на\(|x|\),\[y(x)=|x|^{\lambda}(A\cos (\mu\ln |x|)+B\sin (\mu\ln |x|)).\nonumber\]

Повторні коріння

Якщо\((\alpha − 1)^2 − 4\beta = 0\), є один справжній\(r\) корінь\(\eqref{eq:3}\). Загальним рішенням для\(Y\) є\[Y(\xi )=e^{r\xi}(c_1+c_2\xi ),\nonumber\] врожайність\[y(x)=|x|^r(c_1+c_2\ln |x|).\nonumber\]

Зараз ми наведемо приклади, що ілюструють ці три випадки.

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Вирішити\(2x 2y'' + 3xy' − y = 0\) для\(0 ≤ x ≤ 1\) з двоточковою граничною умовою\(y(0) = 0\) і\(y(1) = 1\).

Рішення

Так як\(x > 0\), пробуємо\(y = x^r\) і отримаємо характеристичне рівняння\[\begin{aligned}0&=2r(r-1)+3r-1 \\ &=2r^2+r-1 \\ &=(2r-1)(r+1).\end{aligned}\]

Оскільки характеристичне рівняння має два дійсних кореня, загальне рішення задається\[y(x)=c_1x^{\frac{1}{2}}+c_2x^{-1}.\nonumber\]

Зараз ми вперше стикаємося з двоточковими граничними умовами, за допомогою яких можна визначити коефіцієнти\(c_1\) і\(c_2\). Так як\(y(0)=0\), ми повинні мати\(c_2 = 0\). Застосовуючи умову\(y(1) = 1\), що залишилося, отримуємо унікальний розчин\[y(x)=\sqrt{x}.\nonumber\]

Зауважте, що\(x = 0\) це називається одниною точкою оди, оскільки загальне рішення є одниною при\(x = 0\) коли\(c_2\neq 0\). Наша гранична умова накладає, що\(y(x)\) є скінченним при\(x = 0\) видаленні сингулярного розв'язку. Тим не менш,\(y'\) залишається одниною при\(x = 0\). Дійсно, саме тому ми наклали двоточкову граничну умову, а не вказуючи значення\(y' (0)\) (яке нескінченно)

Приклад\(\PageIndex{2}\)

Вирішити\(x^2y'' + xy' + \pi^2y = 0\) з двоточковою граничною умовою\(y(1) = 1\) і\(y(\sqrt{e}) = 1\).

Рішення

З ансац отримуємо\[\begin{aligned}0&=r(r-1)+r+\pi^2 \\ &=r^2+\pi^2,\end{aligned}\] так\(y = x^r\), що\(r=\pm i\pi\). Тому з\(\xi =\ln x\), у нас є\(Y(\xi )=A\cos\pi\xi +B\sin\pi\xi\), і загальним рішенням для\(y(x)\) є\[y(x)=A\cos (\pi\ln x)+B\sin (\pi\ln x).\nonumber\]

Перша гранична умова\(y(1) = 1\) виходить\(A = 1\). Друга гранична умова\(y(\sqrt{e}) = 1\) виходить\(B = 1\).

Приклад\(\PageIndex{3}\)

Вирішити\(x^2y'' + 5xy' + 4y = 0\) з двоточковою граничною умовою\(y(1) = 0\) і\(y(e) = 1\).

Рішення

За допомогою ансаца отримуємо\[\begin{aligned}0&=r(r-1)+5r+4 \\ &=r^2+4r+4 \\ &=(r+2)^2,\end{aligned}\] так\(y = x^r\), щоб був повторний корінь\(r=-2\). З\(\xi =\ln x\), у нас\(Y(\xi )=(c_1+c_2\xi )e^{-2\xi }\), так що загальне рішення\[y(x)=\frac{c_1+c_2\ln x}{x^2}.\nonumber\]

Перша гранична умова\(y(1) = 0\) виходить\(c_1 = 0\). Друга гранична умова\(y(e) = 1\) виходить\(c_2 = e^2\). Тому рішення є\[y(x)=\frac{e^2\ln x}{x^2}.\nonumber\]