Примеры решений однородных дифференциальных уравнений Эйлера
Здесь мы рассматриваем примеры решений однородных дифференциальных уравнений Эйлера. Методы решения уравнения Эйлера подробно рассмотрены на странице
«Дифференциальное уравнение Эйлера и методы его решения».
Пример 1
Решить уравнение
(1) x 3 y ′′′ + 2x 2 y ′′ – xy ′ + y = 0 .
Решение
Ищем решение в виде
y = x k .
Находим производные:
y ′ = kx k – 1 ;
y ′′ = k (k – 1 ) x k – 2 ;
y ′′′ = k (k – 1 ) (k – 2 ) x k – 3 .
Подставляем в (1):
x 3 k (k – 1 ) (k – 2 ) x k – 3 + 2x 2 k (k – 1 ) x k – 2 – xkx k – 1 + x k = 0 .
Сокращаем на xk и получаем характеристическое уравнение:
k (k – 1 ) (k – 2 ) + 2k (k – 1 ) – k + 1 = 0 .
Выполняем преобразования.
k 3 – k 2 – 2k 2 + 2k + 2k 2 – 2k – k + 1 = 0 ;
k 3 – k 2 – k + 1 = 0 ;
k 2 (k – 1 ) – (k – 1 ) = 0 ;
(k 2 – 1 ) (k – 1 ) = 0 ;
(k – 1 ) (k + 1 ) (k – 1 ) = 0 ;
(k – 1 ) 2 (k + 1 ) = 0 .
Получаем три действительных корня:
k1 = – 1; k2 = k3 = 1 .
Им соответствуют три линейно независимых решения:
y1 = x – 1 = 1x ; y2 = x 1 = x; y3 = x 1 ln x = x ln x .
Общее решение уравнения:
y = C1 y1 + C2 y2 + C3 y3
Ответ
y = C1 x + (C2 + C3 ln x ) x .
Пример 2
Решить уравнение
(2) x 2 y ′′ + xy ′ + y = 0 .
Решение
Ищем решение в виде y = x k .
Находим производные:
y ′ = kx k – 1 ;
y ′′ = k (k – 1 ) x k – 2 .
Подставляем в (2):
x 2 k (k – 1 ) x k – 2 + xkx k – 1 + x k = 0 .
Сокращаем на xk и получаем характеристическое уравнение:
k (k – 1 ) + k + 1 = 0 .
Выполняем преобразования.
k 2 – k + k + 1 = 0 ;
k 2 + 1 = 0 ;
(k – i ) (k + i ) = 0 .
Получаем два комплексных корня:
k1 = – i; k2 = i .
Им соответствуют два линейно независимых решения:
y1 = cos (ln x ) ; y2 = sin (ln x ) .
Общее решение уравнения:
y = C1 y1 + C2 y2 .
Ответ
y = C1 cos (ln x ) + C2 sin (ln x )
Автор: Олег Одинцов. Опубликовано: