משוואת קושי-אוילר

**משוואת קושי-אוילר** (לעיתים נקראת **משוואת אוילר** בלבד) היא משוואה דיפרנציאלית רגילה, אשר לה דרך פתרון ייחודית שקשורה לפתרון משוואות דיפרנציאליות ליניאריות עם מקדמים קבועים. קרויה על שמותיהם של המתמטיקאים אוגוסטן לואי קושי ולאונרד אוילר.

## הגדרה פורמלית
צורתה הכללית של **משוואות אוילר ההומוגנית** היא כלהלן:

\sum_{i=0}^{n}\cdot{y}^{(i)}(x)}={a}_{n}{x}^{n}{y}^{(n)}+{a}_{n-1}{x}^{n-1}{y}^{(n-1)}+...{a}_{0}{y}=0

כאשר המקדמים a_i הם מספרים ממשיים, ו-y(x) היא פונקציה ממשית משתנה. הסדר של המשוואה הנ"ל הוא n אם מתקיים a_n \neq 0. במקרה זה, היות שמדובר במשוואה ליניארית הומוגנית, יש לה n פתרונות בלתי תלויים המהווים מרחב וקטורי.

**משוואות אוילר הלא הומוגנית** היא מהצורה:

{a}_{n}{x}^{n}{y}^{(n)}+{a}_{n-1}{x}^{n-1}{y}^{(n-1)}+...{a}_{0}{y}=f(x)

כאשר המקדמים ממשיים ו-f היא פונקציה ממשית כלשהי.

לעיתים דנים במשוואה המנורמלת, כלומר כאשר המקדם של הנגזרת מהסדר הגבוה ביותר הוא 1. במשוואה מסדר n > 0, תמיד ניתן להגיע לצורה זו על ידי חלוקה במקדם, ולכן מעתה נתייחס למשוואה כבצורה:

{x}^{n}{y}^{(n)}+{a}_{n-1}{x}^{n-1}{y}^{(n-1)}+...{a}_{0}{y}=f(x)

## דוגמאות

נציג מספר משוואות אוילר.

#{x}^{2}{y}*+2xy'-2y=0</math> - אפשר להיווכח בכך ש-<math>y(x)=\frac {1}</math> וגם <math>y(x)=x</math> הם פתרונות בלתי-תלויים למשוואה, ולכן [[צירוף ליניארי]] שלהם הוא הפתרון הכללי.
#<math>{x}^{2}{y}*-x{y}'+y=0 - הפונקציה y(x)=x היא פתרון למשוואה, כמו גם y(x)=xln(x). היות שהם בלתי-תלויים ליניארית, שניהם מהווים בסיס ולכן הפתרון הכללי הוא צירוף ליניארי של שני אלו.
#{x}^{2}{y}*+xy'+y=0</math> - שני הפתרונות הבלתי-תלויים למשוואה הם <math>{ y }_{ 1 }(x)=sin(ln(x)), { y }_{ 2 }(x)=cos(ln(x))</math>.

==מעבר למשוואה עם מקדמים קבועים==
עובדה חשובה אודות משוואת אוילר היא שהיא שקולה ל[[משוואה דיפרנציאלית ליניארית|משוואה ליניארית]] עם מקדמים קבועים - משוואה מהצורה

<math>\sum_{i=0}^{n}\cdot{y}^{(i)}(x)}={a}_{n}{y}^{(n)}+{a}_{n-1}{y}^{(n-1)}+...{a}_{0}{y}=0</math>

השקילות מתבצעת על ידי ההצבה <math>x=\operatorname{sgn}(x){e}^{t}</math>. לצורך הפשטות, נניח שלפנינו משוואת אוילר הבאה: <math>{ x }^{ 2 }y*+{a}_{1}xy'+{a}_{0}{y}=0

אם נגביל את הדיון עבור x>0, נשתמש בהצבה x={e}^{t}, ומתוכה נקבל t=ln(x). הנגזרות נתונות, לפי כלל השרשרת, על ידי:

y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\frac{dt}{dx}=\frac{1}{x}\frac{dy}{dt}={e}^{-t}\frac{dy}{dt}

y*=\frac{d}{dx}\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dt}({e}^{-t}\frac{dy}{dt})\frac{dt}{dx}=(-{e}^{-t}\frac{dy}{dt}+{e}^{-t}\frac){e}^{-t}</math>

אם נציב חזרה על המשוואה המקורית נקבל:
<math>\frac+({a}_{1}-1)\frac{dy}{dt}+{a}_{0}y=0</math>, אכן משוואה ליניארית עם מקדמים קבועים.

==שיטת פתרון המשוואה ההומוגנית==
משוואת אוילר ההומוגנית שקולה ל[[משוואה דיפרנציאלית ליניארית|משוואה ליניארית]] עם מקדמים קבועים. פתרון של משוואה ליניארית עם מקדמים קבועים הוא [[אקספוננט]] ולכן גם פתרון המשוואה הנ"ל לפי t הוא אקספוננט: <math>y(t)={e}^{rt}</math>. אם נחזור למשתנה x, נקבל: <math>y(x)={x}^{r}</math>. לכן, הפתרון של משוואת אוילר נתון על ידי חזקה של x.

לאור עובדה זו, בדרך כלל אין שימוש בפועל בשיטה של מעבר למשוואה ליניארית. אלא, מנחשים פתרון מהצורה הנ"ל, ומוצאים את r שיקיים אותו. אם נחזור לדוגמה של משוואה מסדר 2 כלעיל, ננחש פתרון מהצורה הבאה: <math>y={x}^{r},\quad y'=r{x}^{r-1},\quad y*=r(r-1){x}^{r-2}.

על ידי הצבה:

{x}^{2}\cdot r(r-1){x}^{r-2}+{a}_{1}x\cdot r{x}^{r-1}+{a}_{0}{x}^{r}=0

כלומר

{x}^{r}\cdot[r(r-1)+{a}_{1}r+{a}_{0}]=0.

זה גורר שבהכרח מתאפס הפולינום לפי r: r(r-1)+{ a }_{ 1 }r+{ a }_{ 0 }=0. פולינום זה נקרא **המשוואה האינדיציאלית** של המד"ר. פתרון המשוואה יביא אל הפתרון הכללי של המשוואה הדיפרנציאלית המקורית.

### דוגמה
כעת נפתור את המשוואה שהובאה בדוגמה 1 לעיל: {x}^{2}{y}''+2xy'-2y=0.

המשוואה האינדיציאלית היא r(r-1)+2r-2=(r-1)(r+2) ששורשיה הם r=1,-2. לכן, הפתרונות הבלתי-תלויים למשוואה הם y(x)=\frac {1} וגם y(x)=x, כנאמר לעיל.

### סוגי פתרונות אפשריים
השורשים של המשוואה האינדיציאלית יכולים להתחלק לכמה סוגים:
#שורש ממשי עם ריבוי - לכל שורש r המופיע בריבוי m במשוואה האינדיציאלית, הפתרונות הם: {x}^{r},{x}^{r}\ln(x),...,{x}^{r}{\ln}^{m-1}x.
#שורש מרוכב - אם a+bi הוא שורש, אז גם a-bi הוא שורש, והפתרון עבורם נתון על ידי: {x}^{a}\cos(b\cdot \ln(x)),\quad{x}^{a}\sin(b\cdot\ln(x))
#שורש מרוכב עם ריבוי - אם a+bi הוא שורש מרוכב עם ריבוי m, אזי הפתרונות הם: {x}^{a}\cos(b\cdot \ln(x)),{x}^{a}\sin(b\cdot\ln(x)),...,{\ln}^{m-1}(x)\cdot{x}^{a}\cos(b\cdot\ln(x)),{ln}^{m-1}(x)\cdot{x}^{a}\sin(b\cdot\ln(x))

## שיטת פתרון המשוואה הלא הומוגנית
כמו בכל משוואה ליניארית, גם כאן הפתרון למשוואה הלא הומוגנית הוא פתרון ההומוגנית ועוד פתרון פרטי של הלא הומוגנית. לכן, פתרון בעיה זו מתחלק לשני שלבים: ראשית, יש למצוא את הפתרון למשוואה ההומוגנית, בשיטה שתוארה לעיל. שנית, יש למצוא פתרון פרטי אחד למשוואה הלא הומוגנית. במציאת פתרון כזה נעסוק כעת.

תהי המשוואה:
{x}^{n}{y}^{(n)}+{a}_{n-1}{x}^{n-1}{y}^{(n-1)}+...{a}_{0}{y}=f(x)

ונניח שכבר מצאנו את הפתרון להומוגנית. מה שנכון עבור משוואות דיפרנציאליות ליניאריות, נכון אנלוגית גם כאן. בצורה הכללית ביותר, אם

f(x)={x}^{a}[{c}_{11}+{c}_{12}\ln(x)...+{c}_{1p}{\ln}^{p-1}(x)]\sin(b\cdot \ln(x))+{x}^{a}[{c}_{21}+{c}_{22}\ln(x)...+{c}_{2p}{\ln}^{p-1}(x)]\cos(b\cdot \ln(x))

ואם a+bi הוא שורש של המשוואה האינדיציאלית מסדר m, אז הפתרונות הם:

{x}^{a}{ln}^{m+k}(x)sin(b\cdot \ln(x)),{x}^{a}{ln}^{m+k}(x)cos(b\cdot ln(x))\quad,k=1,...,p

## קישורים חיצוניים
* 

קושי-אוילר
קטגוריה:לאונרד אוילר