Cauchy-Euler yhtälö

Matematiikassa ( differentiaaliyhtälöt ) Cauchy – Euler (Euler–Cauchy) -yhtälö on lineaarisen differentiaaliyhtälön erikoistapaus , joka voidaan pelkistää lineaariseen differentiaaliyhtälöön, jolla on vakiokertoimet ja jolla on yksinkertainen ratkaisualgoritmi.

Järjestys n yhtälö

Yhtälön yleinen muoto:

\sum _{{k=0}}^{{n}}{a_{k}(\alpha x+\beta )^{k}y^{{(k)}}(x)}=f(x)

Hänen erikoistapauksensa:

\sum _{{k=0}}^{{n}}{a_{k}x^{k}y^{{(k)}}(x)}=f(x)

Korvaus

Muodon korvaaminen eli tuo yhtälön lineaarisen differentiaaliyhtälön muotoon vakiokertoimilla. Huomaamme todellakin, että ja . Tämän perusteella: ${\displaystyle \ (\alpha x+\beta )=e^{t))$ $\ t=\ln(\alpha x+\beta )$
${\displaystyle \ t_{x}'=\alpha (\alpha x+\beta )^{-1))$ $\ t_{xx}''=-\alpha ^{2}(\alpha x+\beta )^{-2}$ ${\displaystyle \ t_{xxx}'''=+2\alpha ^{3}(\alpha x+\beta )^{-3))$

\ y(t)=y(t(x))

missä

{\displaystyle \ y_{x}'(x)=y_{t}'(t)t_{x}'=y_{t}'(t)\alpha (\alpha x+\beta )^{-1))

täten

\ (\alpha x+\beta )y_{x}'(x)=\alpha y_{t}'(t)

Laske kompleksifunktion seuraava derivaatta

\ y_{xx}''(x)=(y_{x}'(x))_{x}'=(y_{t}'(t)t_{x}')_{x}' =y_{tt}''(t)t_{x}'t_{x}'+y_{t}'(t)t_{xx}''=y_{tt}''(t)\alpha ^{2 }(\alpha x+\beta )^{-2}+y_{t}'(t)(-\alpha ^{2})(\alpha x+\beta )^{-2}

joka johtaa

\ (\alpha x+\beta )^{2}y_{xx}''(x)=\alpha ^{2}(y_{tt}''(t)-y_{t}'(t) )

ja sen jälkeen

\ y_{xxx}'''(x)=(y_{xx}''(x))_{x}'=(y_{tt}''(t)(t_{x}')^ {2}+y_{t}'(t)t_{xx}'')_{x}'=y_{ttt}'''(t)t_{x}'(t_{x}')^{2 }+y_{tt}''(t)2t_{x}'t_{xx}''+y_{tt}''(t)t_{x}'t_{xx}''+y_{t}'( t)t_{xxx}'''=

\ =y_{ttt}'''(t)(t_{x}')^{3}+3y_{tt}''(t)t_{x}'t_{xx}''+y_{ t}'(t)t_{xxx}''''=y_{ttt}'''(t)\alpha ^{3}(\alpha x+\beta )^{-3}-3y_{tt}''( t)\alpha ^{3}(\alpha x+\beta )^{-3}+2y_{t}'(t)\alpha ^{3}(\alpha x+\beta )^{-3}

joka johtaa samalla tavalla

\ (\alpha x+\beta )^{3}y_{xxx}'''(x)=\alpha ^{3}(y_{ttt}'''(t)-3y_{tt}'' (t)+2v_{t}'(t))

Tätä laskentaketjua voidaan jatkaa mihin tahansa järjestykseen n asti

Esimerkki

Annettu epähomogeeninen yhtälö

\ (2x-1)^{3}y'''(x)+4(2x-1)^{2}y''(x)-8(2x-1)y'(x)= 32\ln(2x-1)

Kun olet määritellyt substituution , pääsemme yhtälöön $\t=\ln(2x-1)$ $\ \left((2x-1)=e^{t}\oikea)$

{\näyttötyyli \ 8(y'''(t)-3y''(t)+2y'(t))+4\cdot 4(y''(t)-y'(t))-8\cdot 2v'(t)=32t}

Pelkistyksen jälkeen meillä on lineaarinen epähomogeeninen yhtälö, jolla on vakiokertoimet

\ y'''(t)-y''(t)-2y'(t)=4t

jonka ratkaisulla on muoto

\ y(t)=c_{1}e^{-1t}+c_{2}e^{2t}+c_{3}+tt^{2}

tai termein $\ x$

\ y(x)=c_{1}(2x-1)^{-1}+c_{2}(2x-1)^{2}+c_{3}+ln(2x-1)- ln(2x-1)^{2}

Toisen asteen yhtälö

Yhtälön yleinen muoto:

\ a_{2}(\alpha x+\beta )^{2}y''(x)+a_{1}(\alpha x+\beta )y'(x)+a_{0}y(x) )=f(x)

Hänen erikoistapauksensa:

\ a_{2}x^{2}y''(x)+a_{1}xy'(x)+a_{0}y(x)=f(x)

Korvaamalla , eli tai vastaavasti ${\displaystyle \ (\alpha x+\beta )=e^{t))$ $\ t=\ln(\alpha x+\beta )$

{\näyttötyyli \ x=e^{t))

tuo on

{\näyttötyyli \ t=\ln x}

pelkistetään toisen kertaluvun lineaarisen differentiaaliyhtälön muotoon vakiokertoimilla.

\ a_{2}\alpha ^{2}y''(t)+a_{1}\alpha y'(t)+a_{0}y(t)=f(e^{t})

tai vastaavasti

\ a_{2}y''(t)+a_{1}y'(t)+a_{0}y(t)=f(e^{t})

Esimerkki

Annettu epähomogeeninen yhtälö

\ x^{2}y''(x)-2xy'(x)+2y(x)=6x

Kun substituutio ( ) on määritelty, saadaan yhtälö ${\näyttötyyli \ t=\ln x}$ ${\näyttötyyli \ x=e^{t))$

{\näyttötyyli \ (y''(t)-y'(t))-2y'(t)+2y(t)=6e^{t))

Pelkistyksen jälkeen meillä on lineaarinen epähomogeeninen yhtälö, jolla on vakiokertoimet

{\displaystyle \ y''(t)-3y'(t)+2y(t)=6e^{t))

jonka ratkaisulla on muoto

{\displaystyle \ y(t)=c_{1}e^{+1t}+c_{2}e^{+2t}-6te^{+1t))

tai termein $\ x$

\ y(x)=c_{1}x+c_{2}x^{2}-6x\ln x

Toinen tapa ratkaista toisen asteen homogeeninen yhtälö

Tarkastellaan homogeenista toisen kertaluvun yhtälöä muodossa:

\ x^{2}y''(x)+pxy'(x)+qy(x)=0

Sen ratkaisut ovat muotoa: , missä ovat ominaisyhtälön juuret

${\näyttötyyli \ y(x)=x^{r))$

$r$

{\näyttötyyli \ r^{2}+(p-1)r+q=0}

joka on sama kuin alkuperäisestä yhtälöstä yllä kuvatun muuttujan muutoksella saadun vakiokertoimien homogeenisen yhtälön ominaisyhtälön kanssa. Jos nämä juuret ovat monimutkaisia, sinun on käytettävä Eulerin kaavaa ja otettava ratkaisun todellinen ja kuvitteellinen osa. Jos juuret ovat samat, lineaarisesti riippumattomat ratkaisut ovat ja $\ x^{r}$ ${\näyttötyyli \ \ln(x)x^{r))$

Esimerkki

Annettu homogeeninen yhtälö

\ x^{2}y''(x)-2xy'(x)+2y(x)=0

Jonka ominaisella yhtälöllä on muoto

\ r^{2}+(-2-1)r+2=0\nuoli vasen oikealle r^{2}-3r+2=0

ratkaisujen kanssa . Sitten homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu $\r_{1}=1$ $\r_{2}=2$

{\displaystyle \ y(x)=c_{1}x+c_{2}x^{2))