Tato úloha neprošla kontrolou správnosti

Eulerovy rovnice

Úloha číslo: 1889

Nalezněte obecné řešení diferenciální rovnice \(x^2y''-xy'+y=x\ln^3 x\).

  • Eulerovy rovnice

    Takzvané Eulerovy rovnice, nebo-li rovnice typu

    \[x^ny^{(n)}+a_{n-1}x^{n-1}y^{n-1}+\cdots + a_1 x^{1}y'+a_0y = f(x) \]

    umíme pro \(x>\)0 převést substitucí

    \[x=\mathrm{e}^t \]

    na lineární rovnice s konstantními koeficienty.

    Užijeme-li totiž výše uvedenou substituci, lze \(y\) považovat za funkci \(\mathrm{e}^t\), nebo-li

    \[y=y(\mathrm{e}^t)\,.\]

    Dále zavedeme pomocnou funkci

    \[y(\mathrm{e}^t)=z(t) \Rightarrow y(x)= z (\ln x)\,.\]

    Pro derivace \(y'\), \(y''\) a \(y'''\) tak bude platit

    \[\begin{align*} y'&=\frac{1}{x}z' \Rightarrow xy'=z' \\ y''&=-\frac{1}{x^2}z'+\frac{1}{x^2}z'' \Rightarrow x^2y''=-z'+z''\\ y'''&=2\frac{1}{x^3}z' -\frac{1}{x^3}z' -2\frac{1}{x^3}z'' +\frac{1}{x^3}z''' \Rightarrow x^3y'''=z' -2z'' +z''' \,. \end{align*}\]

    Pro \(k\)-tou derivaci bychom stejným způsobem došli obecně ke vztahu

    \[y^{(k)} = \frac{1}{x^k}\left(z^{(k)} + \sum_{i=1}^{k-1} \epsilon_i z^{(i)}\right)\Rightarrow x^ky^{(k)}= z^{(k)} + \sum_{i=1}^{k-1} \epsilon_i z^{(i)}\,,\]

    kde \(\epsilon_i\) značí příslušné reálné konstanty.

    Po nasazení výše vydobytých vztahů tak řešená rovnice přechází v lineární rovnici s konstantními koeficienty

    \[a_n\left(z^{(n)} + \sum_{i=1}^{n-1} \epsilon_i z^{(i)}\right)+a_{n-1}\left(z^{(n-1)} + \sum_{i=1}^{n-2} \epsilon_i z^{(i)}\right)+\cdots + a_1 x^{1}\frac{1}{x}z'+a_0 z = f(\mathrm{e}^t)\]

    nebo-li po přeznačení

    \[b_nz^{(n)}+b_{n-1}z^{(n-1)}+\cdots + b_1z'+b_0 = f({\mathrm{e}^t}) \,.\]

    Nalezneme-li nyní řešení upravené rovnice \(z(t)\), pak \(y(x)=z(\ln x)\) bude řešením rovnice původní.

    V případě, kdy \(x<0\) užíváme substituci

    \[x=-\mathrm{e}^t\]

    a postupujeme totožně.

  • Přechod k lineární rovnici

    V duchu rozboru úlohy nejprve přejděte k lineární diferenciální rovnici.

  • Homogenní rovnice

    Podle Homogenní lineární rovnice s konstantními koeficienty nejprve vyřešte příslušnou homogenní rovnici.

  • Rovnice s pravou stranou

    Pomocí získaného řešení homogenní rovnice nyní nalezněte řešení rovnice s pravou stranou.

  • Řešení

    Jedná se o Eulerovu rovnici druhého řádu. Naším cílem tak bude převést řešení zadané rovnice v řešení lineární rovnice s konstantními koeficienty pomocí vhodné substituce. Kvůli obsaženému logaritmu má smysl uvažovat jen \(x > 0\), užijeme proto

    \(x=\mathrm{e}^t \Rightarrow y=y(\mathrm{e}^t) \,.\)

    Dále zavedeme pomocnou funkci

    \[z(t) = y \Rightarrow y=z(\ln t)\]

    a vyjádříme první i druhou derivaci

    \[\begin{align*} y'&=\frac{1}{x}z'\Rightarrow xy' = z'\\ y''&=-\frac{1}{x^2}z'+\frac{1}{x^2}z''\Rightarrow x^2y''=-z'+z'' \,. \end{align*}\]

    Řešená rovnice tak celkově přejde v rovnici s konstantními koeficienty

    \[\begin{align*} (-z'+z'')-z'+z&=\mathrm{e}^tt^3\\ z''-2z'+z&=\mathrm{e}^tt^3 \,, \end{align*}\]

    kde jsme pravou stranu získali po dosazení \(\mathrm{e}^t=x\) do výrazu \(x\ln^3 x\).

    Dále již postupujeme jako v případě homogenní rovnice s konstantními koeficienty

    \[\begin{align*} \lambda^2-2\lambda +1 &= 0\\ (\lambda-1)^2 &= 0 \,. \end{align*}\]

    Vidíme, že charakteristické rovnici přísluší dvojnásobný kořen \(\lambda =1\), a tedy obecné řešení ve tvaru

    \[z_h= c_1\mathrm{e}^t +c_2t\mathrm{e}^t\,.\]

    Přikročme nyní k rovnici s pravou stranou. Vidíme, že \(s=3\), \(\alpha = 1\), \(\beta = 0\), a tedy \(\lambda = 1+0i\) je dvojnásobným kořenem charakteristické rovnice. Pokládáme proto \(k=2\) a navrhujeme partikulární řešení

    \[z_p= t^2\mathrm{e}^{1t}\bigl(S_3(t)\bigr)=t^2\mathrm{e}^t(at^3+bt^2+ct+d)=\mathrm{e}^t(at^5+bt^4+ct^3+dt^2)\,.\]

    Pro derivace \(z'_p\) a \(z''_p\) pak bude platit

    \[\begin{align*} z'_p &= \mathrm{e}^t(5at^4+4bt^3+3ct^2+2dt)+\mathrm{e}^t(at^5+bt^4+ct^3+ dt^2)\\ z''_p &= 2\mathrm{e}^t(5at^4+4bt^3+3ct^2+2dt)+\mathrm{e}^t(at^5+bt^4+ct^3+dt^2)+ \\ &+\mathrm{e}^t(20at^3+12bt^2+6ct+2d)\,. \end{align*}\]

    Po dosazení tak celkově získáme

    \[2\mathrm{e}^t(5at^4+4bt^3+3ct^2+2dt)+\mathrm{e}^t(at^5+bt^4+ct^3+d t^2) +\mathrm{e}^t(20at^3+12bt^2+6ct+2d) + \] \[-2\mathrm{e}^t(5at^4+4bt^3+3ct^2+2dt)-2\mathrm{e}^t(at^5+bt^4+ct^3+d t^2)+\mathrm{e}^t(at^5+bt^4+ct^3+d t^2)= \mathrm{e}^tt^3\,.\]

    Po krácení \(\mathrm{e}^t\) a dalších úpravách pak

    \[20at^3+12bt^2+6ct+2d =t^3 \Rightarrow a = \frac{1}{20};\, b=c=d=0\,.\]

    Pro \(z_p\) tak bude platit

    \[z_p=\mathrm{e}^t\frac{1}{20}t^5\,,\] dále pro \(z\) \[z=z_h+z_p= c_1\mathrm{e}^t +c_2t\mathrm{e}^t+\mathrm{e}^t\frac{1}{20}t^5\,.\]

    Po přechodu zpět k \(x\) pak konečně získáme

    \[y =c_1x +c_2x\ln x+x\frac{1}{20}\ln^5 x\,.\]
Úroveň náročnosti: Vysokoškolská úloha
Komplexní úloha
Úloha s vysvětlením teorie
Zaslat komentář k úloze