Mlinganyo wa Euler-Cauchy

Kwa Ufupi

• Mlinganyo wa Euler-Cauchy: $x^2y^{\prime\prime} + axy^{\prime} + by = 0$
• Mlinganyo saidizi(auxiliary equation): $m^2 + (a-1)m + b = 0$
• Kulingana na ishara ya diskriminanti $(1-a)^2 - 4b$ ya mlinganyo saidizi, umbo la suluhisho la jumla linaweza kugawanywa katika hali tatu kama inavyoonyeshwa kwenye jedwali

Hali	Mizizi ya mlinganyo saidizi	Msingi wa suluhisho za mlinganyo wa Euler-Cauchy	Suluhisho la jumla la mlinganyo wa Euler-Cauchy
I	Mizizi halisi tofauti $m_1$, $m_2$	$x^{m_1}$, $x^{m_2}$	$y = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2}$
II	Mzizi halisi maradufu $m = \cfrac{1-a}{2}$	$x^{(1-a)/2}$, $x^{(1-a)/2}\ln{x}$	$y = (c_1 + c_2 \ln x)x^m$
III	Mizizi changamani shirikishi $m_1 = \cfrac{1}{2}(1-a) + i\omega$, $m_2 = \cfrac{1}{2}(1-a) - i\omega$	$x^{(1-a)/2}\cos{(\omega \ln{x})}$, $x^{(1-a)/2}\sin{(\omega \ln{x})}$	$y = x^{(1-a)/2}[A\cos{(\omega \ln{x})} + B\sin{(\omega \ln{x})}]$

Maarifa ya Awali

• ODE za Mstari za Homojenia za Daraja la Pili (Homogeneous Linear ODEs of Second Order)
• ODE za Mstari za Homojenia za Daraja la Pili zenye Vigawo Vya Kudumu
• Fomula ya Euler

Mlinganyo saidizi (auxiliary equation)

Mlinganyo wa Euler-Cauchy(Euler-Cauchy equation) ni mlinganyo tofauti wa kawaida wa umbo

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

ambapo $a$ na $b$ ni konstanti zilizotolewa, na $y(x)$ ni kazi isiyojulikana.

Tukibadilisha katika mlinganyo ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)

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

tunapata

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

yaani,

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

Kutokana na hili tunapata mlinganyo saidizi

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

na sharti la lazima na la kutosha ili $y=x^m$ iwe suluhisho la mlinganyo wa Euler-Cauchy ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) ni kwamba $m$ iwe suluhisho la mlinganyo saidizi ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$).

Tukitatua mlinganyo wa pili ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$), tunapata

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

na kutokana na hili kazi mbili

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

zinakuwa suluhisho za mlinganyo ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$).

Kama ilivyo katika ODE za Mstari za Homojenia za Daraja la Pili zenye Vigawo Vya Kudumu, kulingana na ishara ya diskriminanti $(1-a)^2 - 4b$ ya mlinganyo saidizi ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$), tunaweza kugawa hali katika tatu.

• $(1-a)^2 - 4b > 0$: mizizi miwili halisi tofauti
• $(1-a)^2 - 4b = 0$: mzizi halisi maradufu
• $(1-a)^2 - 4b < 0$: mizizi changamani shirikishi

Umbo la suluhisho la jumla kulingana na ishara ya diskriminanti ya mlinganyo saidizi

I. Mizizi miwili halisi tofauti $m_1$ na $m_2$

Katika hali hii, katika kipindi chochote msingi wa suluhisho za mlinganyo ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) ni

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

na suluhisho la jumla linalolingana nayo ni

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

II. Mzizi halisi maradufu $m = \cfrac{1-a}{2}$

Iwapo $(1-a)^2 - 4b = 0$, yaani $b=\cfrac{(1-a)^2}{4}$, basi mlinganyo wa pili ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) unakuwa na suluhisho moja tu, $m = m_1 = m_2 = \cfrac{1-a}{2}$, na hivyo suluhisho moja la umbo $y = x^m$ linaloweza kupatikana kutokana na hilo ni

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

na mlinganyo wa Euler-Cauchy ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) unakuwa katika umbo

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

Sasa tupate suluhisho jingine $y_2$ lililo huru kwa mstari kwa kutumia upunguzaji wa daraja(reduction of order).

Tukiweka suluhisho la pili tunalotafuta kuwa $y_2=uy_1$, tunapata

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

Kwa kuwa $\exp \left(-\int \cfrac{a}{x}\ dx \right) = \exp (-a\ln x) = \exp(\ln{x^{-a}}) = x^{-a}$,

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

na tukifanya integra, tunapata $u = \ln x$.

Kwa hiyo $y_2 = uy_1 = y_1 \ln x$, na kwa kuwa uwiano wao si konstanti, $y_1$ na $y_2$ ni huru kwa mstari. Suluhisho la jumla linalolingana na msingi $y_1$ na $y_2$ ni

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

III. Mizizi changamani shirikishi

Katika hali hii, suluhisho za mlinganyo saidizi ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) ni $m = \cfrac{1}{2}(1-a) \pm i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}$, na suluhisho mbili changamani za mlinganyo ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) zinazolingana nazo zinaweza kuandikwa kama ifuatavyo kwa kutumia kwamba $x=e^{\ln x}$.

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

Tukiweka $t=\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x$ na kutumia fomula ya Euler $e^{it} = \cos{t} + i\sin{t}$, tunapata

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

na kutokana na hili tunapata suluhisho mbili halisi zifuatazo

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

Kwa kuwa uwiano wao $\cos\left(\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right)$ si konstanti, suluhisho hizi mbili ni huru kwa mstari, na kwa hiyo kwa kanuni ya superposition zinaunda msingi wa mlinganyo wa Euler-Cauchy ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$). Kutokana na hili tunapata suluhisho la jumla halisi lifuatalo.

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

Hata hivyo, katika mlinganyo wa Euler-Cauchy, hali ambapo mlinganyo saidizi una mizizi changamani shirikishi haina umuhimu mkubwa sana kivitendo.

Ubadilishaji kuwa ODE ya mstari ya homojenia ya daraja la pili yenye vigawo vya kudumu

Mlinganyo wa Euler-Cauchy unaweza kubadilishwa kuwa ODE ya mstari ya homojenia ya daraja la pili yenye vigawo vya kudumu kwa kutumia ubadilishaji wa kigeu.

Tukifanya ubadilishaji $x = e^t$, tunapata

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

na hivyo mlinganyo wa Euler-Cauchy ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) hubadilika kuwa ODE ya mstari ya homojenia yenye vigawo vya kudumu kwa $t$ kama ifuatavyo.

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

Tukitatua mlinganyo ($\ref{eqn:substituted}$) kwa $t$ kwa kutumia mbinu za ODE za Mstari za Homojenia za Daraja la Pili zenye Vigawo Vya Kudumu, kisha tukibadilisha suluhisho tulilopata tena kuwa suluhisho kwa $x$ kwa kutumia kwamba $t = \ln{x}$, tunapata matokeo yale yale tuliyoona hapo juu.