የኦይለር-ኮሺ ስሌት

ማጠቃለያ

• የኦይለር-ኮሺ ስሌት: $x^2y^{\prime\prime} + axy^{\prime} + by = 0$
• ረዳት ስሌት(auxiliary equation): $m^2 + (a-1)m + b = 0$
• በረዳት ስሌቱ ዲስክሪሚናንት $(1-a)^2 - 4b$ ምልክት መሰረት የአጠቃላይ መፍትሄውን ቅጽ ከታች እንደሚታየው በሦስት ሁኔታዎች መከፋፈል ይቻላል

ሁኔታ	የረዳት ስሌቱ መፍትሄ	የኦይለር-ኮሺ ስሌት መፍትሄ መሠረት	የኦይለር-ኮሺ ስሌት አጠቃላይ መፍትሄ
I	የተለያዩ ሁለት እውነተኛ ሥሮች $m_1$, $m_2$	$x^{m_1}$, $x^{m_2}$	$y = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2}$
II	ድርብ እውነተኛ ሥር $m = \cfrac{1-a}{2}$	$x^{(1-a)/2}$, $x^{(1-a)/2}\ln{x}$	$y = (c_1 + c_2 \ln x)x^m$
III	የኮንጁጌት ኮምፕሌክስ ሥሮች $m_1 = \cfrac{1}{2}(1-a) + i\omega$, $m_2 = \cfrac{1}{2}(1-a) - i\omega$	$x^{(1-a)/2}\cos{(\omega \ln{x})}$, $x^{(1-a)/2}\sin{(\omega \ln{x})}$	$y = x^{(1-a)/2}[A\cos{(\omega \ln{x})} + B\sin{(\omega \ln{x})}]$

ቅድመ ሁኔታዎች

• የ2ኛ ደረጃ አንድ-ዓይነት መስመራዊ ተራ ልዩነት ስሌቶች (Homogeneous Linear ODEs of Second Order)
• ቋሚ ኮኤፊሺዎንቶች ያላቸው የ2ኛ ደረጃ አንድ-ዓይነት መስመራዊ ተራ ልዩነት ስሌቶች
• የኦይለር ቀመር

ረዳት ስሌት (auxiliary equation)

የኦይለር-ኮሺ ስሌት(Euler-Cauchy equation) የተሰጡ ቋሚዎች $a$ እና $b$፣ እንዲሁም ያልታወቀ ተግባር $y(x)$ ያለው

\[x^2y^{\prime\prime} + axy^{\prime} + by = 0 \label{eqn:euler_cauchy_eqn}\tag{1}\]

ቅጽ ያለው ተራ ልዩነት ስሌት ነው። በስሌት ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) ውስጥ

\[y=x^m, \qquad y^{\prime}=mx^{m-1}, \qquad y^{\prime\prime}=m(m-1)x^{m-2}\]

ካስቀመጥን

\[x^2m(m-1)x^{m-2} + axmx^{m-1} + bx^m = 0,\]

ማለትም

\[[m(m-1) + am + b]x^m = 0\]

እናገኛለን። ከዚህም ረዳት ስሌቱን

\[m^2 + (a-1)m + b = 0 \label{eqn:auxiliary_eqn}\tag{2}\]

እናገኛለን፤ $y=x^m$ የኦይለር-ኮሺ ስሌት ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) መፍትሄ ለመሆን ያለው አስፈላጊና በቂ ሁኔታ $m$ የረዳት ስሌቱ ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) መፍትሄ መሆኑ ነው።

የካሬ ስሌቱን ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) መፍትሄዎች ካገኘን

\[\begin{align*} m_1 &= \frac{1}{2}\left[(1-a) + \sqrt{(1-a)^2 - 4b} \right], \\ m_2 &= \frac{1}{2}\left[(1-a) - \sqrt{(1-a)^2 - 4b} \right] \end{align*}\label{eqn:m1_and_m2}\tag{3}\]

ሲሆኑ፣ ከዚህም ሁለቱ ተግባሮች

\[y_1 = x^{m_1}, \quad y_2 = x^{m_2}\]

የስሌቱ ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) መፍትሄዎች ይሆናሉ።

ቋሚ ኮኤፊሺዎንቶች ያላቸው የ2ኛ ደረጃ አንድ-ዓይነት መስመራዊ ተራ ልዩነት ስሌቶች ውስጥ እንዳየነው በተመሳሳይ፣ በረዳት ስሌቱ ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) ዲስክሪሚናንት $(1-a)^2 - 4b$ ምልክት መሰረት ሁኔታዎቹን በሦስት ማካፈል ይቻላል።

• $(1-a)^2 - 4b > 0$: የተለያዩ ሁለት እውነተኛ ሥሮች
• $(1-a)^2 - 4b = 0$: ድርብ እውነተኛ ሥር
• $(1-a)^2 - 4b < 0$: የኮንጁጌት ኮምፕሌክስ ሥሮች

በረዳት ስሌቱ ዲስክሪሚናንት ምልክት መሰረት የአጠቃላይ መፍትሄ ቅጽ

I. የተለያዩ ሁለት እውነተኛ ሥሮች $m_1$ እና $m_2$

በዚህ ሁኔታ፣ በማንኛውም ክፍት ክልል ላይ የስሌቱ ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) መፍትሄ መሠረት

\[y_1 = x^{m_1}, \quad y_2 = x^{m_2}\]

ሲሆን፣ ይህን የሚያመለክተው አጠቃላይ መፍትሄ

\[y = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2} \label{eqn:general_sol_1}\tag{4}\]

ነው።

II. ድርብ እውነተኛ ሥር $m = \cfrac{1-a}{2}$

$(1-a)^2 - 4b = 0$፣ ማለትም $b=\cfrac{(1-a)^2}{4}$ ከሆነ የካሬ ስሌቱ ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) አንድ ብቻ መፍትሄ $m = m_1 = m_2 = \cfrac{1-a}{2}$ ይኖረዋል፤ ስለዚህም ከዚህ የምናገኘው $y = x^m$ ቅጽ ያለው አንድ መፍትሄ

\[y_1 = x^{(1-a)/2}\]

ሲሆን፣ የኦይለር-ኮሺ ስሌቱ ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)

\[y^{\prime\prime} + \frac{a}{x}y^{\prime} + \frac{(1-a)^2}{4x^2}y = 0 \label{eqn:standard_form}\tag{5}\]

ቅጽ ይኖረዋል። አሁን ከዚህ ጋር መስመራዊ ገለልተኛ የሆነ ሌላ መፍትሄ $y_2$ን የደረጃ መቀነስ በመጠቀም እንፈልግ።

የምንፈልገውን ሁለተኛ መፍትሄ $y_2=uy_1$ ብለን ካስቀመጥን

\[u = \int U, \qquad U = \frac{1}{y_1^2}\exp\left(-\int \frac{a}{x}\ dx \right)\]

እናገኛለን።

$\exp \left(-\int \cfrac{a}{x}\ dx \right) = \exp (-a\ln x) = \exp(\ln{x^{-a}}) = x^{-a}$ ስለሆነ፣

\[U = \frac{x^{-a}}{y_1^2} = \frac{x^{-a}}{x^{(1-a)}} = \frac{1}{x}\]

ይሆናል፣ እና ካካተትን $u = \ln x$ እናገኛለን።

ስለዚህ $y_2 = uy_1 = y_1 \ln x$ ሲሆን፣ $y_1$ እና $y_2$ ጥምርታቸው ቋሚ ስላልሆነ መስመራዊ ገለልተኛ ናቸው። ከመሠረቱ $y_1$ እና $y_2$ ጋር የሚዛመደው አጠቃላይ መፍትሄ

\[y = (c_1 + c_2 \ln x)x^m \label{eqn:general_sol_2}\tag{6}\]

ነው።

III. የኮንጁጌት ኮምፕሌክስ ሥሮች

በዚህ ሁኔታ የረዳት ስሌቱ ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) መፍትሄዎች $m = \cfrac{1}{2}(1-a) \pm i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}$ ይሆናሉ፣ እነዚህን የሚዛመዱ የስሌቱ ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) ሁለት ኮምፕሌክስ መፍትሄዎች ደግሞ $x=e^{\ln x}$ መሆኑን በመጠቀም እንደሚከተለው ልንጽፋቸው እንችላለን።

\[\begin{align*} x^{m_1} &= x^{(1-a)/2 + i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}(e^{\ln x})^{i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}e^{i(\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x)}, \\ x^{m_2} &= x^{(1-a)/2 - i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}(e^{\ln x})^{-i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}e^{i(-\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x)}. \end{align*} \tag{7}\]

$t=\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x$ ብለን ካስቀመጥን እና የኦይለር ቀመር $e^{it} = \cos{t} + i\sin{t}$ን ከተጠቀምን

\[\begin{align*} x^{m_1} &= x^{(1-a)/2}\left[\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) + i\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right], \\ x^{m_2} &= x^{(1-a)/2}\left[\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) - i\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right] \end{align*} \tag{8}\]

እንደሚሆኑ እናውቃለን፣ ከዚህም የሚከተሉትን ሁለት እውነተኛ መፍትሄዎች

\[\begin{align*} \frac{x^{m_1} + x^{m_2}}{2} &= x^{(1-a)/2}\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right), \\ \frac{x^{m_1} - x^{m_2}}{2i} &= x^{(1-a)/2}\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \end{align*} \tag{9}\]

እናገኛለን።

እነዚህ ሁለት መፍትሄዎች ጥምርታቸው $\cos\left(\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right)$ ቋሚ ስላልሆነ፣ ከላይ ያሉት ሁለቱ መፍትሄዎች መስመራዊ ገለልተኛ ናቸው፣ ስለዚህ የልዕለት መርህ መሰረት የኦይለር-ኮሺ ስሌት ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) መሠረት ይፈጥራሉ። ከዚህም የሚከተለውን እውነተኛ አጠቃላይ መፍትሄ እናገኛለን።

\[y = x^{(1-a)/2} \left[ A\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) + B\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right]. \label{eqn:general_sol_3}\tag{10}\]

ሆኖም፣ በኦይለር-ኮሺ ስሌት ውስጥ ረዳት ስሌቱ የኮንጁጌት ኮምፕሌክስ ሥሮች ያሉበት ሁኔታ በተግባር ያለው አስፈላጊነት እጅግ አይበዛም።

ወደ ቋሚ ኮኤፊሺዎንቶች ያሉት የ2ኛ ደረጃ አንድ-ዓይነት መስመራዊ ተራ ልዩነት ስሌቶች መቀየር

የኦይለር-ኮሺ ስሌት በተለዋዋጭ መተካት ቋሚ ኮኤፊሺዎንቶች ያላቸው የ2ኛ ደረጃ አንድ-ዓይነት መስመራዊ ተራ ልዩነት ስሌቶች ወደሚሆኑት ሊቀየር ይችላል።

$x = e^t$ ብለን ከተካነ

\[\frac{d}{dx} = \frac{1}{x}\frac{d}{dt}, \quad \frac{d^2}{dx^2} = \frac{1}{x^2}\left(\frac{d^2}{dt^2} - \frac{d}{dt} \right)\]

ይሆናል፣ ስለዚህ የኦይለር-ኮሺ ስሌቱ ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) እንደሚከተለው በ $t$ ላይ ያለ ቋሚ ኮኤፊሺዎንት አንድ-ዓይነት መስመራዊ ተራ ልዩነት ስሌት ይሆናል።

\[y^{\prime\prime}(t) + (a-1)y^{\prime}(t) + by(t) = 0. \label{eqn:substituted}\tag{11}\]

ስሌቱን ($\ref{eqn:substituted}$) በቋሚ ኮኤፊሺዎንቶች ያላቸው የ2ኛ ደረጃ አንድ-ዓይነት መስመራዊ ተራ ልዩነት ስሌቶች የመፍትሄ ዘዴ በመተግበር በ$t$ ላይ ከፈታነው በኋላ፣ እንዲሁ ያገኘነውን መፍትሄ $t = \ln{x}$ መሆኑን በመጠቀም እንደገና ወደ $x$ ላይ ያለ መፍትሄ ከቀየርነው ከዚህ በፊት እንዳየነው ተመሳሳይ ውጤት እናገኛለን።