Euler-féle differenciálegyenlet

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

$x^2{y}^{″}+a_{1}x{y}^{\prime }+a_{2}y=r(x)$ (1)

alakú differenciálegyenletet, ahol $a_1$ és $a_2$ állandók. Ha $r(x)\equiv 0$, akkor az egyenlet homogén. Ennek alakja tehát:

$x^2{Y}^{″}+a_{1}x{Y}^{\prime }+a_{2}Y=0$. (2)

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

$x=e^t$, ill. $t=\mathrm{l}\mathrm{n}x$ (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

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

Behelyettesítve például (2)-be, a

$\frac{{\mathrm{d}}^{\mathrm{2}}y}{\mathrm{d}{t}^2}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_1\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_{2}y=0$,

ill.

$\frac{{\mathrm{d}}^{\mathrm{2}}y}{\mathrm{d}{t}^2}+(a_1-1)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a_{2}y=0$

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

$Y=x^k$ (4)

kísérletező feltevéssel is megoldható. Ekkor

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

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 $t{e}^{k_{1}t}$

lesz a két lineárisan független megoldás, aminek

$x^{k_1}$ és $x^{k_1}\mathrm{l}\mathrm{n}x$

felel meg, vagyis az általános megoldás:

$Y=(C_1+C_2\mathrm{l}\mathrm{n}x)x^{k_1}$. (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:

$Y=x^{\alpha }(C_1{x}^{\mathrm{\beta }i}+C_2{x}^{\mathrm{-}\mathrm{\beta }i})=x^{\alpha }(C_1{e}^{\mathrm{\beta }i\mathrm{l}\mathrm{n}x}+C_2{e}^{\mathrm{-}\mathrm{\beta }i\mathrm{l}\mathrm{n}x})$,

s mivel

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

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

ezért

$Y=x^{\alpha }(K_1\cos (\mathrm{l}\mathrm{n}{x}^{\beta })+K_2\sin (\mathrm{l}\mathrm{n}{x}^{\beta }))$. (9)

molotov ribbentrop paktummal módosított euler módszer Y = 2L/c