Уравнение Эйлера высшего порядка

Уравнение Эйлера \(n\)-го порядка записывается в виде \[ {{x^n}{y^{\left( n \right)}} + {a_1}{x^{n - 1}}{y^{\left( {n - 1} \right)}} + \cdots + {a_{n - 1}}xy' + {a_n}y = 0,}\;\; {x > 0,} \] где \({a_1}, \ldots ,{a_n}\) − постоянные числа.

Ранее мы уже рассматривали уравнения Эйлера второго порядка. С помощью определенных подстановок такое уравнение сводится к линейному однородному дифференциальному уравнению с постоянными коэффициентами. Такие преобразования используются и в случае уравнения n-го порядка. Рассмотрим подробнее два метода решения уравнений данного вида. Используя подстановку \(x = {e^t},\) уравнение Эйлера \(n\)-го порядка можно привести к уравнению с постоянными коэффициентами. Выразим производную функции \(y\) через новую переменную \(t.\) Это удобно сделать, используя дифференциальный оператор \(D.\) В формулах, приведенных ниже, оператор \(D\) обозначает первую производную по переменной \(t:\) \(Dy = \large\frac{{dy}}{{dt}}\normalsize.\) Таким образом, мы получаем: \[ {y' = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{\frac{{dy}}{{dt}}}}{{\frac{{dx}}{{dt}}}} } = {\frac{{\frac{{dy}}{{dt}}}}{{{e^t}}} } = {{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}} } = {{e^{ - t}}Dy,} \] \[ {y'' = \frac{d}{{dx}}\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right) } = {\frac{d}{{dx}}\left( {{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) } = {\frac{{\frac{d}{{dt}}}}{{{e^t}}}\left( {{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) } = {{e^{ - t}}\frac{d}{{dt}}\left( {{e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}}} \right) } = {{e^{ - t}}\left( { - {e^{ - t}}\frac{{dy}}{{dt}} + {e^{ - t}}\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}}} \right) } = {{e^{ - 2t}}\left( {{D^2} - D} \right)y } = {{e^{ - 2t}}\left[ {D\left( {D - 1} \right)} \right]y,} \] \[ {y''' = \frac{d}{{dx}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{x^2}}}} \right) } = {\frac{d}{{dx}}\left[ {{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right)} \right] } = {\frac{{\frac{d}{{dt}}}}{{{e^t}}}\left[ {{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right)} \right] } = {{e^{ - t}}\left[ { - 2{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} - \frac{{dy}}{{dt}}} \right) + } \right.} {\left. {{e^{ - 2t}}\left( {\frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} - \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}}} \right)} \right]} = {{e^{ - 3t}}\left( { - 2\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} + 2\frac{{dy}}{{dt}} + \frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} - \frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}}} \right) } = {{e^{ - 3t}}\left( {\frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} - 3\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} + 2\frac{{dy}}{{dt}}} \right) } = {{e^{ - 3t}}\left( {{D^3} - 3{D^2} + 2D} \right)y } = {{e^{ - 3t}}\left[ {D\left( {D - 1} \right)\left( {D - 2} \right)} \right]y.} \] Производная по \(t\) произвольного \(n\)-го порядка будет описываться выражением \[{y^{\left( n \right)}} = {e^{ - nt}}\left[ {D\left( {D - 1} \right)\left( {D - 2} \right) \cdots \left( {D - n + 1} \right)} \right]y.\] Видно, что после подстановки производных в исходное уравнение Эйлера все экспоненциальные множители будут сокращаться, поскольку \[{x^n} = {e^{nt}}.\] В результате левая часть будет состоять из производных функции \(y\) по переменной \(t\) с постоянными коэффициентами. Общее решение такого уравнения находится стандартными методами. В конце решения необходимо перейти обратно от переменной \(t\) к переменной \(x,\) подставляя \(t = \ln x.\) Рассмотрим другой способ решения уравнения Эйлера. Предположим, что решение имеет вид степенной функции \(y = {x^k},\) где показатель \(k\) определяется в ходе решения. Производные функции \(y\) легко выражаются в следующем виде: \[y' = k{x^{k - 1}},\] \[y'' = k\left( {k - 1} \right){x^{k - 2}},\] \[y''' = k\left( {k - 1} \right)\left( {k - 2} \right){x^{k - 3}},\] \[ \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots\] \[ {{y^{\left( n \right)}} } = {\left[ {k\left( {k - 1} \right) \cdots \left( {k - n + 1} \right)} \right]{x^{k - n}}.} \] Подставляя это в исходное однородное уравнение Эйлера и сокращая его на \(y = {x^k} \ne 0,\) сразу получаем характеристическое уравнение: \[ {\left[ {k\left( {k - 1} \right) \cdots \left( {k - n + 1} \right)} \right] } + {{a_1}\left[ {k\left( {k - 1} \right) \cdots \left( {k - n + 2} \right)} \right] + \cdots } + {{a_{n - 1}}k + {a_n} = 0,} \] которое в более компактном виде можно записать как \[ {\sum\limits_{s = 0}^{n - 1} {{a_s}\left[ {k\left( {k - 1} \right) \cdots \left( {k - n + s + 1} \right)} \right]} + {a_n} = 0,}\;\; {\text{где}\;\;{a_0} = 1.} \] Решая характеристическое уравнение, находим его корни и далее строим общее решение дифференциального уравнения. В окончательном выражении необходимо вернуться к исходной переменной \(x,\) используя подстановку \(t = \ln x.\) В общем случае неоднородное уравнение Эйлера представляется в виде \[ {{x^n}{y^{\left( n \right)}}\left( x \right) + {a_1}{x^{n - 1}}{y^{\left( {n - 1} \right)}}\left( x \right) + \cdots } + {{a_{n - 1}}xy'\left( x \right) + {a_n}y\left( x \right) = f\left( x \right),}\;\; {x > 0.} \] С помощью подстановки \(y = {e^t}\) неоднородное уравнение Эйлера можно преобразовать в неоднородное линейное уравнение с постоянными коэффициентами. При этом если правая часть исходного уравнения имеет вид \[f\left( x \right) = {x^\alpha }{P_m}\left( {\ln x} \right),\] где \({P_m}\) − многочлен степени \(m,\) то частное решение полученного неоднородного уравнения можно найти методом неопределенных коэффициентов.

   Пример 1

Найти общее решение уравнения \({x^3}y''' - 2{x^2}y'' + 4xy' - 4y = 0\) при \(x > 0.\)
Используя подстановку \(x = {e^t},\) перейдем к новой переменной \(t.\) Производные будут равны: \[y' = {e^{ - t}}Dy,\] \[ {y'' = {e^{ - 2t}}\left[ {D\left( {D - 1} \right)} \right]y } = {{e^{ - 2t}}\left( {{D^2} - D} \right)y,} \] \[ {y''' = {e^{ - 3t}}\left[ {D\left( {D - 1} \right)\left( {D - 2} \right)} \right]y } = {{e^{ - 3t}}\left( {{D^3} - 3{D^2} + 2D} \right)y.} \] Здесь \(D\) обозначает операцию однократного дифференцирования функции \(y\) по переменной \(t.\)

Подставляя выражения для производных и учитывая, что \(x = {e^t},\) получаем следующее уравнение: \[\require{cancel} {\cancel{e^{3t}}\cancel{e^{ - 3t}}\left( {{D^3} - 3{D^2} + 2D} \right)y } - {2\cancel{e^{2t}}\cancel{e^{ - 2t}}\left( {{D^2} - D} \right)y } + {4\cancel{e^t}\cancel{e^{ - t}}Dy - 4y = 0,} \] \[ {\Rightarrow \left( {{D^3} - 3{D^2} + 2D} \right)y } - {2\left( {{D^2} - D} \right)y + 4Dy - 4y = 0,} \] \[ {\Rightarrow {D^3}y - 3{D^2}y + 2Dy - 2{D^2}y } + {2Dy + 4Dy - 4y = 0,} \] \[ \Rightarrow {D^3}y - 5{D^2}y + 8Dy - 4y = 0,\] или в стандартной форме: \[\frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} - 5\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} + 8\frac{{dy}}{{dt}} - 4y = 0.\] Найдем корни соответствующего характеристического уравнения, которое записывается в виде \[{k^3} - 5{k^2} + 8k - 4 = 0.\] Заметим, что \(k = 2\) является одним из корней данного уравнения. Раскладывая левую часть на множители, имеем: \[ {{k^3} - 2{k^2} - 3{k^2} + 6k + 2k - 4 = 0,}\;\; {\Rightarrow {k^2}\left( {k - 2} \right) - 3k\left( {k - 2} \right) + 2\left( {k - 2} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {k - 2} \right)\left( {{k^2} - 3k + 2} \right) = 0.} \] Корни квадратного трехчлена, в свою очередь, равны: \(k = 1,k = 2.\) Таким образом, характеристическое уравнение имеет корни \({k_1} = 1,{k_{2,3}} = 2.\) Второе значение имеет кратность \(2.\) Тогда общее решение уравнения записывается как \[y\left( t \right) = {C_1}{e^t} + \left( {{C_2} + {C_3}t} \right){e^{2t}},\] где \({C_1},{C_2},{C_3}\) − произвольные постоянные.

Перейдем обратно от переменной \(t\) к \(x,\) учитывая, что \(t = \ln x.\) Получаем окончательный ответ в виде: \[ {y\left( x \right) = {C_1}{e^{\ln x}} + \left( {{C_2} + {C_3}\ln x} \right){e^{2\ln x}} } = {{C_1}x + \left( {{C_2} + {C_3}\ln x} \right){x^2}.} \]

   Пример 2

Найти общее решение уравнения \({x^4}{y^{IV}} + 6{x^3}y''' + 9{x^2}y'' + 3xy' + y = 0\) при \(x > 0.\)
Данное дифференциальное уравнение является однородным уравнением Эйлера четвертого порядка. Построим общее решение с помощью пробной степенной функции \(y = {x^k}.\) Подставим в уравнение производные этой функции: \[y' = k{x^{k - 1}},\] \[y'' = k\left( {k - 1} \right){x^{k - 2}},\] \[y''' = k\left( {k - 1} \right)\left( {k - 2} \right){x^{k - 3}},\] \[{y^{IV}} = k\left( {k - 1} \right)\left( {k - 2} \right)\left( {k - 3} \right){x^{k - 4}}.\] Получаем характеристическое уравнение четвертой степени: \[ {{x^4}k\left( {k - 1} \right)\left( {k - 2} \right)\left( {k - 3} \right){x^{k - 4}} } + {6{x^3}k\left( {k - 1} \right)\left( {k - 2} \right){x^{k - 3}} } + {9{x^2}k\left( {k - 1} \right){x^{k - 2}} } + {3xk{x^{k - 1}} + {x^k} = 0,} \] Упростим полученное уравнение, выполнив стандартные преобразования: \[ {{k^4} - \cancel{\color{blue}{k^3}} - \cancel{\color{blue}{5{k^3}}} + \color{red}{5{k^2}} + \color{red}{6{k^2}} } - {\cancel{\color{green}{6k}} + \cancel{\color{blue}{6{k^3}}} - \color{red}{6{k^2}} - \color{red}{12{k^2}} } + {\cancel{\color{green}{12k}} + \color{red}{9{k^2}} - \cancel{\color{green}{6k}} + \color{magenta}{1} = 0,}\;\; {\Rightarrow {k^4} + \color{red}{2{k^2}} + \color{magenta}{1} = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {{k^2} + 1} \right)^2} = 0.} \] Как видно, характеристическое уравнение имеет два мнимых корня \({k_{1,2}} = \pm i\) кратности \(2.\) Тогда общее решение записывается как \[y\left( t \right) = \left( {{C_1} + {C_2}t} \right)\cos t + \left( {{C_3} + {C_4}t} \right)\sin t,\] где \({C_1}, \ldots ,{C_4}\) − произвольные постоянные.

Сделаем обратную подстановку \(t = \ln x.\) Получаем следующий ответ: \[ {y\left( x \right) = \left( {{C_1} + {C_2}\ln x} \right)\cos \left( {\ln x} \right) } + {\left( {{C_3} + {C_4}\ln x} \right)\sin \left( {\ln x} \right).} \]

   Пример 3

Решить дифференциальное уравнение \({x^3}y''' - 2{x^2}y'' + 6xy' = x\left( {2\ln x + 1} \right)\) при \(x > 0.\)
Здесь мы имеем неоднородное уравнение Эйлера третьего порядка. Сделаем замену \(x = {e^t}.\) Следовательно, \[y' = {e^{ - t}}Dy,\] \[y'' = {e^{ - 2t}}D\left( {D - 1} \right)y,\] \[y''' = {e^{ - 3t}}D\left( {D - 1} \right)\left( {D - 2} \right)y,\] где оператор \(D\) обозначает дифференцирование по переменной \(t.\) После подстановки в исходное уравнение получаем неоднородное линейное уравнение с постоянными коэффициентами: \[ {\cancel{e^{3t}}\cancel{e^{ - 3t}}D\left( {D - 1} \right)\left( {D - 2} \right)y } - {2\cancel{e^{2t}}\cancel{e^{ - 2t}}D\left( {D - 1} \right)y } + {6\cancel{e^t}\cancel{e^{ - t}}Dy } = {{e^t}\left( {2t + 1} \right),} \] \[ {\Rightarrow D\left( {D - 1} \right)\left( {D - 2} \right)y } - {2D\left( {D - 1} \right)y + 6Dy } = {{e^t}\left( {2t + 1} \right),} \] \[ {\Rightarrow \left( {{D^3} - 3{D^2} + 2D} \right)y } - {\left( {2{D^2} + 2D} \right)y + 6Dy } = {{e^t}\left( {2t + 1} \right),} \] \[ {\Rightarrow {D^3}y - \color{blue}{3{D^2}y} + \cancel{\color{red}{2Dy}} - \color{blue}{2{D^2}y} - \cancel{\color{red}{2Dy}} + \color{red}{6Dy} } = {{e^t}\left( {2t + 1} \right),} \] \[ \Rightarrow \frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} - \color{blue}{5\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}}} + \color{red}{6\frac{{dy}}{{dt}}} = 0.\] Найдем общее решение однородного уравнения \[\frac{{{d^3}y}}{{d{t^3}}} - 5\frac{{{d^2}y}}{{d{t^2}}} + 6\frac{{dy}}{{dt}} = 0.\] Составляем характеристическое уравнение: \[{k^3} - 5{k^2} + 6k = 0.\] Его корни равны: \[ {k\left( {{k^2} - 5k + 6} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow k\left( {k - 2} \right)\left( {k - 3} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {k_1} = 0,\;{k_2} = 2,\;{k_3} = 3.} \] Тогда общее решение однородного уравнения записывается в виде: \[{y_0}\left( t \right) = {C_1} + {C_2}{e^{2t}} + {C_3}{e^{3t}},\] где \({C_1},{C_2},{C_3}\) − произвольные постоянные.

Теперь определим частное решение неоднородного уравнения. Заметим, что экспоненциальная функция \({e^t}\) в правой части не совпадает ни с одним из фундаментальных решений однородного уравнения. Поэтому частное решение будем искать в виде \[{y_1}\left( t \right) = \left( {At + B} \right){e^t}.\] Найдем производные функции \({y_1}:\) \[ {{y'_1} = A{e^t} + \left( {At + B} \right){e^t} } = {\left( {At + A + B} \right){e^t},} \] \[ {{y''_1} = A{e^t} + \left( {At + A + B} \right){e^t} } = {\left( {At + 2A + B} \right){e^t},} \] \[ {{y'''_1} = A{e^t} + \left( {At + 2A + B} \right){e^t} } = {\left( {At + 3A + B} \right){e^t}.} \] Подставляя производные в неоднородное уравнение, вычислим коэффициенты \(A, B:\) \[ {\left( {At + 3A + B} \right){e^t} } - {5\left( {At + 2A + B} \right){e^t} } + {6\left( {At + A + B} \right){e^t} } \equiv {\left( {2t + 1} \right){e^t},} \] \[ {\Rightarrow \color{blue}{At} + \color{green}{3A} + \color{red}{B} - \color{blue}{5At} - \color{green}{10A} - \color{red}{5B} + \color{blue}{6At} + \color{green}{6A} + \color{red}{6B} } \equiv {2t + 1,} \] \[ \Rightarrow \color{blue}{2At} - \color{green}{A} + \color{red}{2B} \equiv 2t + 1,\] \[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {2A = 2}\\ { - A + 2B = 1} \end{array}} \right.,\;\; \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {A = 1}\\ {B = 1} \end{array}} \right..\] Итак, частное решение выражается формулой \[{y_1}\left( t \right) = \left( {t + 1} \right){e^t}.\] Следовательно, общее решение неоднородного уравнения записывается как \[ {y\left( t \right) = {y_0}\left( t \right) + {y_1}\left( t \right) } = {{C_1} + {C_2}{e^{2t}} + {C_3}{e^{3t}} + \left( {t + 1} \right){e^t}.} \] Перейдем обратно к переменной \(x\) и получим окончательный вид общего решения: \[ {y\left( x \right) = {C_1} + {C_2}{e^{2\ln x}} + {C_3}{e^{3\ln x}} } + {\left( {\ln x + 1} \right){e^{\ln x}} } = {{C_1} + {C_2}{x^2} + {C_3}{x^3} + \left( {\ln x + 1} \right)x.} \]