Уравнение Эйлера второго порядка

Линейное дифференциальное уравнение второго порядка вида \[{x^2}y'' + Axy' + By = 0,\;\;\;{x>0},\] называется дифференциальным уравнением Эйлера. Его можно свести к линейному однородному дифференциальному уравнению с постоянными коэффициентами. Такое преобразование можно выполнить двумя способами. Сделаем следующую подстановку: \(x = {e^t}.\) Тогда производные будут равны: \[ {y' = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{\frac{{dy}}{{dt}}}}{{\frac{{dx}}{{dt}}}} } = {\frac{{\frac{{dy}}{{dt}}}}{{{e^t}}} } = {{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}},} \] \[ {y'' = \frac{d}{{dx}}\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right) } = {\frac{d}{{dx}}\left( {{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) } = {\frac{{\frac{d}{{dt}}}}{{\frac{{dx}}{{dt}}}}\left( {{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) } = {\frac{{ - {e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}} + {e^{ - t}}\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}}}}{{{e^t}}} } = {{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right).} \] Подставляя это в исходное уравнение Эйлера, имеем: \[\require{cancel} {\cancel{e^{2t}}\cancel{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right) + A\cancel{e^t}\cancel{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}} + By = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}} + A\frac{{dy}}{{dt}} + By = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} + \left( {A - 1} \right)\frac{{dy}}{{dt}} + By = 0.} \] Как видно, мы получили линейное уравнение с постоянными коэффициентами. Соответствующее характеристическое уравнение записывается в виде: \[{k^2} + \left( {A - 1} \right)k + B = 0.\] Теперь можно определить корни характеристического уравнения и записать общее решение для функции \(y\left( t \right).\) После этого легко снова вернуться к функции \(y\left( x \right),\) учитывая, что \[y\left( t \right) = y\left( {\ln x} \right).\] В рамках второго способа мы ищем решение уравнения в форме степенной функции \(y = {x^k},\) где \(k\) − некоторое (пока еще неизвестное) число. Отсюда следует, что \[\frac{{dy}}{{dx}} = k{x^{k - 1}},\;\;\frac{{{d^2}y}}{{d{x^2}}} = k\left( {k - 1} \right){x^{k - 2}}.\] Подстановка полученных выражений в дифференциальное уравнение приводит к следующему результату: \[ {{x^2}k\left( {k - 1} \right){x^{k - 2}} + Axk{x^{k - 1}} + B{x^k} = 0,}\;\; {\Rightarrow k\left( {k - 1} \right){x^k} + Ak{x^k} + B{x^k} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left[ {k\left( {k - 1} \right) + Ak + B} \right]{x^k} = 0.} \] Поскольку \({x^k} \ne 0,\) то \[ {k\left( {k - 1} \right) + Ak + B = 0,}\;\; {\Rightarrow {k^2} + \left( {A - 1} \right)k + B = 0.} \] Мы получили такое же характеристическое уравнение, как и при решении первым способом. После вычисления корней, можно записать общее решение дифференциального уравнения. Неоднородное уравнение Эйлера записывается в виде: \[ {{x^2}\frac{{{d^2}y}}{{d{x^2}}} + Ax\frac{{dy}}{{dx}} + By = f\left( x \right),}\;\;\; {{x>0}.} \] Если правая часть имеет форму \[f\left( x \right) = {x^\alpha }{P_m}\left( {\ln x} \right),\] то мы можем легко сконструировать общее решение по аналогии с решением линейного неоднородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами. Алгоритм решения выглядит следующим образом:

1. Сначала находим общее решение однородного уравнения Эйлера;

2. Используя метод неопределенных коэффициентов или метод вариации постоянных, находим частное решение, зависящее от правой части заданного неоднородного уравнения;

3. Общее решение неоднородного уравнения будет представлять собой сумму общего решения однородного уравнения (шаг \(1\)) и частного решения неоднородного уравнения (шаг \(2\)).

Пример 1

Найти общее решение дифференциального уравнения \(4{x^2}y'' + y = 0,\) предполагая, что \(x>0.\) Сделаем подстановку \(x = {e^t}.\) Поскольку \[y'' = {e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right),\] то дифференциальное уравнение принимает вид: \[ {4\cancel{e^{2t}}\cancel{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right) + y = 0,}\;\; {\Rightarrow 4\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - 4\frac{{dy}}{{dt}} + y = 0.} \] Вычислим корни соответствующего характеристического уравнения: \[ {4{k^2} - 4k + 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 16 - 16 = 0,}\;\; {\Rightarrow k = \frac{4}{{2 \cdot 4}} = \frac{1}{2}.} \] Уравнение имеет один корень второго порядка. Тогда общее решение для функции \(y\left( t \right)\) будет определяться выражением \[y\left( t \right) = \left( {{C_1} + {C_2}t} \right){e^{\large\frac{t}{2}\normalsize}}.\] Решение для исходной функции \(y\left( x \right)\) можно записать в виде: \[ {y\left( x \right) = \left( {{C_1} + {C_2}\ln x} \right){e^{\large\frac{{\ln x}}{2}\normalsize}} } = {\left( {{C_1} + {C_2}\ln x} \right){x^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} } = {\left( {{C_1} + {C_2}\ln x} \right)\sqrt x ,} \] где \({C_1},\) \({C_2}\) − произвольные действительные числа.

Пример 2

Найти общее решение дифференциального уравнения \({x^2}y'' - xy' - 8y = 0,\) предполагая, что \(x>0.\) Для решения данного уравнения воспользуемся вторым способом, т.е. будем искать решение в форме \(y = {x^k}.\) Тогда \[y' = k{x^{k - 1}},\;\;y'' = k\left( {k - 1} \right){x^{k - 2}}.\] Подставляя в исходное дифференциальное уравнение, получаем \[ {{x^2}k\left( {k - 1} \right){x^{k - 2}} - xk{x^{k - 1}} - 8{x^k} = 0,}\;\; {\Rightarrow k\left( {k - 1} \right){x^k} - k{x^k} - 8{x^k} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left[ {k\left( {k - 1} \right) - k - 8} \right]{x^k} = 0.} \] Соответствующее характеристическое уравнение имеет корни: \[ {k\left( {k - 1} \right) - k - 8 = 0,}\;\; {\Rightarrow {k^2} - 2k - 9 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 4 + 32 = 36,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \frac{{2 \pm 6}}{2} = 4, - 2.} \] Следовательно, общее решение для промежуточной функции \(y\left( t \right)\) выражается формулой \[y\left( t \right) = {C_1}{e^{4t}} + {C_2}{e^{ - 2t}}.\] Возвращаясь к переменной \(x,\) получаем окончательный ответ: \[ {y\left( x \right) = {C_1}{e^{4\ln x}} + {C_2}{e^{ - 2\ln x}} } = {{C_1}{x^4} + {C_2}{x^{ - 2}} } = {{C_1}{x^4} + \frac{{{C_2}}}{{{x^2}}}.} \] Здесь \({C_1},\) \({C_2}\) − произвольные действительные постоянные.

Решение 3

Найти общее решение уравнения Эйлера \({x^2}y'' + xy' + y = 5{x^2}\) при \(x>0.\) Сначала построим общее решение однородного уравнения: \[{x^2}y'' + xy' + y = 0.\] Сделаем подстановку: \[ {x = {e^t},\;\;y' = {e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}},}\;\; {y'' = {e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right).} \] В результате однородное уравнение примет вид: \[ {\cancel{e^{2t}}\cancel{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right) + \cancel{e^t}\cancel{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}} + y = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \cancel{\frac{{dy}}{{dt}}} + \cancel{\frac{{dy}}{{dt}}} + y = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} + y = 0.} \] Решим характеристическое уравнение: \[{k^2} + 1 = 0,\;\; \Rightarrow {k_{1,2}} = \pm i.\] Как видно, корни характеристического уравнения мнимые. Поэтому общее решение однородного уравнения записывается в виде \[{y_0}\left( t \right) = {C_1}\cos t + {C_2}\sin t,\] где \({C_1}\) и \({C_2}\) − действительные постоянные. Теперь определим частное решение неоднородного уравнения \[\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} + y = 5{e^{2t}}.\] Принимая во внимание структуру правой части, будеи искать частное решение в виде \({y_1}\left( t \right) = a{e^{2t}},\) где \(a\) − некоторый постоянный коэффициент. Тогда \[\frac{{d{y_1}}}{{dt}} = 2a{e^{2t}},\;\;\frac{{{d^2}{y_1}}}{{d{t^2}}} = 4a{e^{2t}}.\] Подставим данную функцию вместе с ее производными в уравнение и найдем коэффициент \(a:\) \[ {4a{e^{2t}} + a{e^{2t}} = 5{e^{2t}},}\;\; {\Rightarrow 5a{e^{2t}} = 5{e^{2t}},}\;\; {\Rightarrow a = 1.} \] Итак, частное решение неоднородного уравнения определяется выражением \[{y_1}\left( t \right) = {e^{2t}}.\] Теперь можно записать общее решение исходного неоднородного уравнения: \[ {y\left( t \right) = {y_0}\left( t \right) + {y_1}\left( t \right) } = {{C_1}\cos t + {C_2}\sin t + {e^{2t}}.} \] Возвращаясь обратно к переменной \(x,\) получаем \[y\left( x \right) = {C_1}\cos \left( {\ln x} \right) + {C_2}\sin \left( {\ln x} \right) + {e^{2\ln x}}.\] Поскольку \({e^{2\ln x}} = {e^{\ln {x^2}}} = {x^2},\) окончательный ответ записывается в виде \[y\left( x \right) = {C_1}\cos \left( {\ln x} \right) + {C_2}\sin \left( {\ln x} \right) + {x^2}.\]

Пример 4

Решить неоднородное уравнение Эйлера \({x^2}y'' - 2xy' + 2y = 6{x^2} + 4\ln x\) при условии \(x>0.\) Сначала найдем решение однородного уравнения: \[{x^2}y'' - 2xy' + 2y = 0.\] Используя подстановку \(x = {e^t},\) можно преобразовать последнее уравнение в уравнение с постоянными коэффициентами: \[\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - 3\frac{{dy}}{{dt}} + 2y = 0.\] Вычислим корни характеристического уравнения и запишем общее решение \({y_0}\left( t \right)\) однородного дифференциального уравнения: \[ {{k^2} - 3k + 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 9 - 4 \cdot 2 = 1,}\;\; {\Rightarrow {k_{1,2}} = \frac{{3 \pm 1}}{2} = 2,1.} \] Следовательно, \[{y_0}\left( t \right) = {C_1}{e^{2t}} + {C_2}{e^t}.\] Теперь рассмотрим неоднородное уравнение, которое можно записать через переменную \(t\) в виде \[ {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - 3\frac{{dy}}{{dt}} + 2y = 6{e^{2t}} + 4\ln \left( {{e^t}} \right),}\;\; {\Rightarrow \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - 3\frac{{dy}}{{dt}} + 2y = 6{e^{2t}} + 4t.} \] В показателе экспоненциальной функции в правой части содержится коэффициент \(2,\) который совпадает с одним из корней характеристического уравнения. Поэтому будем искать частное решение в форме \[{y_1}\left( t \right) = at{e^{2t}} + bt + c,\] где \(a, b\) и \(c\) − некоторые (пока еще) неизвестные числа. Первая и вторая производные данной функции будут равны \[\frac{{d{y_1}}}{{dt}} = a{e^{2t}} + 2at{e^{2t}} + b,\] \[ {\frac{{{d^2}{y_1}}}{{d{t^2}}} = 2a{e^{2t}} + 2a{e^{2t}} + 4at{e^{2t}} } = {4a{e^{2t}} + 4at{e^{2t}}.} \] Подставим это в неоднородное уравнение: \[ {4a{e^{2t}} + 4at{e^{2t}} } - {3\left( {a{e^{2t}} + 2at{e^{2t}} + b} \right) } + {2\left( {at{e^{2t}} + bt + c} \right) } = {6{e^{2t}} + 4t,} \] \[ {\Rightarrow 4a{e^{2t}} + \cancel{4at{e^{2t}}} - 3a{e^{2t}} } - {\cancel{6at{e^{2t}}} - 3b } + {\cancel{2at{e^{2t}}} + 2bt + 2c } = {6{e^{2t}} + 4t,} \] Последнее равенство является тождественным, то есть оно справедливо для любых значений \(t.\) Приравнивая коэффициенты при членах с одинаковыми степенями в левой и правой части, получаем: \[ {\left\{ \begin{array}{l} a = 6\\ 2b = 4\\ - 3b + 2c = 0 \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 6\\ b = 2\\ c = 3 \end{array} \right..} \] Таким образом, частное решение неоднородного уравнения описывается выражением \[{y_1}\left( t \right) = 6t{e^{2t}} + 2t + 3.\] Теперь мы можем записать общее решение неоднородного уравнения Эйлера: \[ {y\left( t \right) = {y_0}\left( t \right) + {y_1}\left( t \right) } = {{C_1}{e^{2t}} + {C_2}{e^t} + 6t{e^{2t}} + 2t + 3.} \] Поскольку \(t = \ln x,\) то окончательный ответ записывается как \[y\left( x \right) = {C_1}{x^2} + {C_2}x + 6{x^2}\ln x + 2\ln x + 3,\] где \({C_1},\) \({C_2}\) − произвольные действительные числа.