Euler-féle differenciálegyenlet

Euler-féle lineáris differenciálegyenletnek nevezzük a következő egyismeretlenes, másodrendű közönséges differenciálegyenlet-típust:

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

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

Ha $r(x)\equiv 0\,$, akkor az egyenlet homogén. Ennek alakja tehát:

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

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

s mivel

$e^{\mathrm {\beta } i\mathrm {ln} x}=e^{i\mathrm {ln} x^{\beta }}=\cos(\mathrm {ln} x^{\beta })+i\sin(\mathrm {ln} x^{\beta })\,$,

$e^{\mathrm {-\beta } i\mathrm {ln} x}=e^{-i\mathrm {ln} x^{\beta }}=\cos(\mathrm {ln} x^{\beta })-i\sin(\mathrm {ln} x^{\beta })\,$,

ezért

$Y=x^{\alpha }(K_{1}\cos(\mathrm {ln} x^{\beta })+K_{2}\sin(\mathrm {ln} x^{\beta }))\,$. (9)