2.5: Рівняння Коші-Ейлера
- Page ID
- 62104
ІНШИМ КЛАСОМ РОЗВ'ЯЗНИХ ЛІНІЙНИХ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНИХ РІВНЯНЬ, який представляє інтерес, є тип рівнянь Коші-Ейлера, також згадується в деяких книгах як рівняння Ейлера. Ці дані
\[a x^{2} y^{\prime \prime}(x)+b x y^{\prime}(x)+c y(x)=0 \label{2.95} \]
Зверніть увагу, що в таких рівняннях потужність\(x\) в кожному з коефіцієнтів відповідає порядку похідної в цьому терміні. Ці рівняння вирішуються подібним до рівнянь постійного коефіцієнта.
Один починається з того, щоб зробити здогадку\(y(x)=x^{r}\). Вставляючи цю функцію та її похідні,
\(y^{\prime}(x)=r x^{r-1}, \quad y^{\prime \prime}(x)=r(r-1) x^{r-2}\)
в Рівняння\(\PageIndex{1}\), у нас є
\([a r(r-1)+b r+c] x^{r}=0\)
Оскільки це має бути вірним для всіх\(x\) у проблемній області, отримаємо характеристичне рівняння
\[a r(r-1)+b r+c=0 \nonumber \]
Розв'язки рівнянь Коші-Ейлера можна знайти за допомогою характеристичного рівняння\(ar(r-1)+b r+c=0\)
Так само, як і диференціальне рівняння постійного коефіцієнта, ми маємо квадратне рівняння і природа коренів знову призводить до трьох класів розв'язків. Якщо є два реальних, чітко виражених кореня, то загальне рішення набуває вигляду\(y(x)=c_{1} x^{r_{1}}+c_{2} x^{r_{2}}\)
Для двох реальних, чітких коренів загальне рішення набуває вигляду\(y(x)=c_{1} x^{r_{1}}+c_{2} x^{r_{2}} .\)
Знайдіть загальне рішення:\(x^{2} y^{\prime \prime}+5 x y^{\prime}+12 y=0\)
Як і у випадку з рівняннями постійного коефіцієнта, ми починаємо з запису характеристичного рівняння. Роблячи прості обчислення,
\[ \begin{aligned} & 0=r(r-1)+5 r+12 \\ & =r^{2}+4 r+12 \\ & =(r+2)^{2}+8, \\ & -8=(r+2)^{2}, \end{aligned} \label{2.97} \]
один визначає коріння є\(r=-2 \pm 2 \sqrt{2} i\). Тому загальним рішенням є\(y(x)=\left[c_{1} \cos (2 \sqrt{2} \ln |x|)+c_{2} \sin (2 \sqrt{2} \ln |x|)\right] x^{-2}\)
Виведення розв'язку для випадку 2 для рівнянь Коші-Ейлера працює так само, як і друге для рівнянь з постійними коефіцієнтами, але це трохи месьє. Спочатку зауважте, що для реального кореня\(r=r_{1}\), характеристичне рівняння має коефіцієнт як\(\left(r-r_{1}\right)^{2}=0 .\) Розширення, ми маємо
\(r^{2}-2 r_{1} r+r_{1}^{2}=0\)
Загальне характеристичне рівняння
\(a r(r-1)+b r+c=0\)
Розділивши це рівняння на\(a\) і переписуючи, ми маємо
\(r^{2}+\left(\dfrac{b}{a}-1\right) r+\dfrac{c}{a}=0\)
Порівнюючи рівняння, знаходимо
\(\dfrac{b}{a}=1-2 r_{1}, \quad \dfrac{c}{a}=r_{1}^{2}\)
Отже, рівняння Коші-Ейлера для цього випадку можна записати у вигляді
\(x^{2} y^{\prime \prime}+\left(1-2 r_{1}\right) x y^{\prime}+r_{1}^{2} y=0\)
Тепер шукаємо друге лінійно незалежне рішення у вигляді\(y_{2}(x)=\)\(v(x) x^{r_{1}}\). Спочатку перерахуємо цю функцію та її похідні,
\[\begin{equation} \begin{aligned} &y_{2}(x)=v x^{r_{1}} \\ &y_{2}^{\prime}(x)=\left(x v^{\prime}+r_{1} v\right) x^{r_{1}-1} \\ &y_{2}^{\prime \prime}(x)=\left(x^{2} v^{\prime \prime}+2 r_{1} x v^{\prime}+r_{1}\left(r_{1}-1\right) v\right) x^{r_{1}-2} \end{aligned}\end{equation}\label{2.98} \]
Вставивши ці форми в диференціальне рівняння, ми маємо
\[ \begin{aligned} 0 &=x^{2} y^{\prime \prime}+\left(1-2 r_{1}\right) x y^{\prime}+r_{1}^{2} y \\ &=\left(x v^{\prime \prime}+v^{\prime}\right) x^{r_{1}+1} \end{aligned} \label{2.99} \]
Таким чином, нам потрібно вирішити рівняння
\(x v^{\prime \prime}+v^{\prime}=0\)
Або
\(\dfrac{v^{\prime \prime}}{v^{\prime}}=-\dfrac{1}{x}\)
Інтегруючи, ми маємо
\(\ln \left|v^{\prime}\right|=-\ln |x|+C\)
де\(A=\pm e^{C}\) поглинає\(C\) і знаки від абсолютних значень. Зводячи в експоненцію, отримаємо останнє диференціальне рівняння для розв'язання,
\(v^{\prime}=\dfrac{A}{x}\)
Таким чином,
\(v(x)=A \ln |x|+k\)
Отже, ми з'ясували, що друге лінійно незалежне рівняння можна записати як
\(y_{2}(x)=x^{r_{1}} \ln |x|.\)
Тому загальне рішення зустрічається як\(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} \ln |x|\right) x^{r}\).
За один корінь,\(r_{1}=r_{2}=r\), the general solution is of the form \(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} \ln |x|\right) x^{r}.\)
Вирішити початкову задачу значення:\(t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}+y=0\), З початковими умовами\(y(1)=0, y^{\prime}(1)=1\).
Для цього прикладу характеристичне рівняння набуває вигляду:
\(r(r-1)+3 r+1=0\)
або
\(r^{2}+2 r+1=0\)
Є тільки один справжній корінь,\(r=-1\). Тому загальним рішенням є
\(y(t)=\left(c_{1}+c_{2} \ln |t|\right) t^{-1}\)
Однак ця проблема є проблемою початкового значення. У\(t=1\) нас відомі значення\(y\) і\(y^{\prime}\). Використовуючи загальне рішення, ми спочатку маємо це
\(0=y(1)=c_{1}\)
Таким чином, ми маємо поки що\(y(t)=c_{2} \ln |t| t^{-1}\).
Тепер, використовуючи другу умову і
\(y^{\prime}(t)=c_{2}(1-\ln |t|) t^{-2}\)
у нас є
\(1=y(1)=c_{2}\)
Тому рішення початкової задачі значення є\(y(t)=\ln |t| t^{-1}\).
Тепер перейдемо до випадку складних сполучених коренів,\(r=\alpha \pm i \beta .\) Коли ми маємо справу з рівняннями Коші-Ейлера, ми маємо розв'язки виду Ключ до отримання реальних розв'язків полягає в першому переписуванні\(y(x)=x^{\alpha+i \beta} .\)\(x^{y}:\)
\[x^{y}=e^{\ln x^{y}}=e^{y \ln x}\nonumber \]
Таким чином, влада може бути записана як експоненціальна, а рішення може бути записано як
\[y(x)=x^{\alpha+i \beta}=x^{\alpha} e^{i \beta \ln x}, \quad x>0 \nonumber \]
Для складних сполучених\(r=\alpha \pm i \beta\) коренів загальний розчин набуває вигляду\(y(x)=x^{\alpha}\left(c_{1} \cos (\beta \ln |x|)+c_{2} \sin (\beta \ln |x|)\right)\)
Згадуючи, що
\(e^{i \beta \ln x}=\cos (\beta \ln |x|)+i \sin (\beta \ln |x|)\),
тепер ми можемо знайти два реальних, лінійно незалежних рішення,\(x^{\alpha} \cos (\beta \ln |x|)\) і\(x^{\alpha} \sin (\beta \ln |x|)\) наступні ті ж кроки, що і раніше для випадку з постійним коефіцієнтом. Це дає загальне рішення, як
\(y(x)=x^{\alpha}\left(c_{1} \cos (\beta \ln |x|)+c_{2} \sin (\beta \ln |x|)\right)\)
Вирішити:\(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+5 y=0\).
Характеристичне рівняння набуває вигляду
\(r(r-1)-r+5=0\)
або
\(r^{2}-2 r+5=0\)
Коріння цього рівняння складні,\(r_{1,2}=1 \pm 2 i\). Тому загальне рішення є\(y(x)=x\left(c_{1} \cos (2 \ln |x|)+c_{2} \sin (2 \ln |x|)\right)\).
Три випадки зведені в таблиці нижче.
Класифікація коренів характеристичного рівняння для диференціальних рівнянь Коші-Ейлера
- Справжні, чіткі коріння\(r_{1}, r_{2} .\) У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно незалежні. Тому загальне рішення просто\(y(x)=c_{1} x^{r_{1}}+c_{2} x^{r_{2}}\).
- Справжні, рівні корені\(r_{1}=r_{2}=r\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно залежать. Для пошуку другого лінійно незалежного рішення використовується Метод зменшення порядку. Це дає друге рішення, як\(x^{r} \ln |x| .\) Тому загальне рішення знайдено як\(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} \ln |x|\right) x^{r}\).
- Складні сполучені коріння.\(r_{1}, r_{2}=\alpha \pm i \beta .\) У цьому випадку відповідні кожному кореню розчини лінійно незалежні. Ці складні експоненціальні можуть бути переписані з точки зору тригонометричних функцій. А саме, один має\(x^{\alpha} \sin (\beta \ln |x|)\) що\(x^{\alpha} \cos (\beta \ln |x|)\) і два лінійно незалежних рішення. Тому загальним рішенням стає\(y(x)=x^{\alpha}\left(c_{1} \cos (\beta \ln |x|)+c_{2} \sin (\beta \ln |x|)\right)\).
Неоднорідні рівняння Коші-Ейлера
Ми також можемо розв'язати деякі неоднорідні рівняння Коші-Ейлера за допомогою методу невизначеного коефіцієнта або методу варіації параметрів. Ми продемонструємо це на кількох прикладах.
Знайдіть рішення\(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-3 y=2 x^{2}\).
Рішення
Спочатку знаходимо рішення однорідного рівняння. Характерне рівняння -\(r^{2}-2 r-3=0 .\) Отже, коріння є\(r=-1,3\) і рішення є\(y_{h}(x)=c_{1} x^{-1}+c_{2} x^{3}\).
Далі нам знадобиться конкретне рішення. Давайте здогадаємося\(y_{p}(x)=A x^{2}\). Вставивши припущення в неоднорідне диференціальне рівняння, ми маємо
\[ \begin{aligned} 2 x^{2} &=x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-3 y=2 x^{2} \\ &=2 A x^{2}-2 A x^{2}-3 A x^{2} \\ &=-3 A x^{2} \end{aligned}\label{2.100} \]
Отже,\(A=-2 / 3\). Тому загальним рішенням проблеми є
\(y(x)=c_{1} x^{-1}+c_{2} x^{3}-\dfrac{2}{3} x^{2}\)
Знайдіть рішення\(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-3 y=2 x^{3}\).
Рішення
У цьому випадку неоднорідний член є розв'язком однорідної задачі, яку ми розв'язали в останньому прикладі. Отже, нам знадобиться модифікація методу. У нас проблема форми
\(a x^{2} y^{\prime \prime}+b x y^{\prime}+c y=d x^{r}\)
де\(r\) є розв'язком\(ar(r-1)+b r+c=0 .\) Давайте вгадаємо рішення виду\(y=A x^{r} \ln x .\) Тоді знаходить, що диференціальне рівняння зводиться до\(A x^{r}(2 a r-a+b)=d x^{r}\). [Ви повинні переконатися в цьому самі.]
Маючи це на увазі, тепер ми можемо вирішити поставлену проблему. Нехай\(y_{p}=A x^{3} \ln x .\) Вставляючи в рівняння, отримаємо\(4 A x^{3}=2 x^{3}\), або\(A=1 / 2 .\) Загальний розв'язок задачі тепер можна записати як
\(y(x)=c_{1} x^{-1}+c_{2} x^{3}+\dfrac{1}{2} x^{3} \ln x\)
Знайти рішення\(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-3 y=2 x^{3}\) використання варіації параметрів.
Рішення
Як зазначалося в попередніх прикладах, розв'язання однорідної задачі має два лінійно незалежних рішення,\(y_{1}(x)=x^{-1}\) і\(y_{2}(x)=x^{3}\). Припускаючи конкретне рішення форми\(y_{p}(x)=\)\(c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x)\), нам потрібно вирішити систему\(2.4.25\):
\[ \begin{aligned} c_{1}^{\prime}(x) x^{-1}+c_{2}^{\prime}(x) x^{3} &=0 \\ -c_{1}^{\prime}(x) x^{-2}+3 c_{2}^{\prime}(x) x^{2} &=\dfrac{2 x^{3}}{x^{2}}=2 x . \end{aligned}\label{2.101} \]
З першого рівняння системи ми маємо\(c_{1}^{\prime}(x)=-x^{4} c_{2}^{\prime}(x) .\) Підстановка цього в друге рівняння дає\(c_{2}^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2 x} .\) Так,\(c_{2}(x)=\)\(\dfrac{1}{2} \ln |x|\) і, отже,\(c_{1}(x)=\dfrac{1}{8} x^{4}\). Конкретним рішенням є
\(y_{p}(x)=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x)=\dfrac{1}{8} x^{3}+\dfrac{1}{2} x^{3} \ln |x|\)
Додавши це до однорідного рішення, отримаємо таке ж рішення, що і в останньому прикладі за допомогою методу невизначеного коефіцієнта. Однак, оскільки\(\dfrac{1}{8} x^{3}\) це рішення однорідної проблеми, вона може вбиратися в перші терміни, залишивши
\(y(x)=c_{1} x^{-1}+c_{2} x^{3}+\dfrac{1}{2} x^{3} \ln x\)