オイラー・コーシー方程式
補助方程式の判別式の符号に応じて、それぞれの場合にオイラー・コーシー方程式の一般解がどのような形になるかを考察する。
TL;DR
- オイラー・コーシー方程式: $x^2y^{\prime\prime} + axy^{\prime} + by = 0$
- 補助方程式(auxiliary equation): $m^2 + (a-1)m + b = 0$
- 補助方程式の判別式 $(1-a)^2 - 4b$の符号によって一般解の形を表のように三つの場合に分けることができる
場合 補助方程式の解 オイラー・コーシー方程式の解の基底 オイラー・コーシー方程式の一般解 I 異なる実根
$m_1$, $m_2$$x^{m_1}$, $x^{m_2}$ $y = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2}$ II 重実根
$m = \cfrac{1-a}{2}$$x^{(1-a)/2}$, $x^{(1-a)/2}\ln{x}$ $y = (c_1 + c_2 \ln x)x^m$ III 共役複素根
$m_1 = \cfrac{1}{2}(1-a) + i\omega$,
$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})}]$
Prerequisites
補助方程式 (auxiliary equation)
オイラー・コーシー方程式(Euler-Cauchy equation)は、与えられた定数 $a$と $b$、そして未知関数 $y(x)$を持つ
\[x^2y^{\prime\prime} + axy^{\prime} + by = 0 \label{eqn:euler_cauchy_eqn}\tag{1}\]形式の常微分方程式である。式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)に
\[y=x^m, \qquad y^{\prime}=mx^{m-1}, \qquad y^{\prime\prime}=m(m-1)x^{m-2}\]を代入すると
\[x^2m(m-1)x^{m-2} + axmx^{m-1} + bx^m = 0,\]つまり
\[[m(m-1) + am + b]x^m = 0\]を得る。これより補助方程式
\[m^2 + (a-1)m + b = 0 \label{eqn:auxiliary_eqn}\tag{2}\]を得る。$y=x^m$がオイラー・コーシー方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)の解となるための必要十分条件は、$m$が補助方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$)の解となることである。
二次方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$)の解を求めると
\[\begin{align*} m_1 &= \frac{1}{2}\left[(1-a) + \sqrt{(1-a)^2 - 4b} \right], \\ m_2 &= \frac{1}{2}\left[(1-a) - \sqrt{(1-a)^2 - 4b} \right] \end{align*}\label{eqn:m1_and_m2}\tag{3}\]となり、これより二つの関数
\[y_1 = x^{m_1}, \quad y_2 = x^{m_2}\]が方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)の解となる。
定数係数を持つ2階同次線形常微分方程式と同様に、補助方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$)の判別式 $(1-a)^2 - 4b$の符号によって場合を三つに分けることができる。
- $(1-a)^2 - 4b > 0$: 異なる二つの実根
- $(1-a)^2 - 4b = 0$: 実重根
- $(1-a)^2 - 4b < 0$: 共役複素根
補助方程式の判別式の符号による一般解の形
I. 異なる二つの実根 $m_1$と $m_2$
この場合、任意の区間で方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)の解の基底は
\[y_1 = x^{m_1}, \quad y_2 = x^{m_2}\]であり、これに対応する一般解は
\[y = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2} \label{eqn:general_sol_1}\tag{4}\]である。
II. 実重根 $m = \cfrac{1-a}{2}$
$(1-a)^2 - 4b = 0$、つまり $b=\cfrac{(1-a)^2}{4}$の場合、二次方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$)は一つの解 $m = m_1 = m_2 = \cfrac{1-a}{2}$のみを持ち、したがってこれから得られる $y = x^m$ 形式の一つの解は
\[y_1 = x^{(1-a)/2}\]であり、オイラー・コーシー方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)は
\[y^{\prime\prime} + \frac{a}{x}y^{\prime} + \frac{(1-a)^2}{4x^2}y = 0 \label{eqn:standard_form}\tag{5}\]の形になる。ここで線形独立なもう一つの解 $y_2$を次数低下法を用いて求めよう。
求めたい二番目の解を $y_2=uy_1$とおくと
\[u = \int U, \qquad U = \frac{1}{y_1^2}\exp\left(-\int \frac{a}{x}\ dx \right)\]を得る。
$\exp \left(-\int \cfrac{a}{x}\ dx \right) = \exp (-a\ln x) = \exp(\ln{x^{-a}}) = x^{-a}$なので、
\[U = \frac{x^{-a}}{y_1^2} = \frac{x^{-a}}{x^{(1-a)}} = \frac{1}{x}\]となり、積分すると $u = \ln x$を得る。
したがって $y_2 = uy_1 = y_1 \ln x$であり、$y_1$と $y_2$はその比が定数ではないため線形独立である。基底 $y_1$と $y_2$に対応する一般解は
\[y = (c_1 + c_2 \ln x)x^m \label{eqn:general_sol_2}\tag{6}\]である。
III. 共役複素根
この場合、補助方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$)の解は $m = \cfrac{1}{2}(1-a) \pm i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}$となり、これに対応する方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)の二つの複素解は $x=e^{\ln x}$を利用して次のように書くことができる。
\[\begin{align*} x^{m_1} &= x^{(1-a)/2 + i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}(e^{\ln x})^{i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}e^{i(\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x)}, \\ x^{m_2} &= x^{(1-a)/2 - i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}(e^{\ln x})^{-i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}e^{i(-\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x)}. \end{align*} \tag{7}\]$t=\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x$とおき、オイラーの公式 $e^{it} = \cos{t} + i\sin{t}$を用いると
\[\begin{align*} x^{m_1} &= x^{(1-a)/2}\left[\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) + i\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right], \\ x^{m_2} &= x^{(1-a)/2}\left[\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) - i\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right] \end{align*} \tag{8}\]であることがわかり、これより次の二つの実数解
\[\begin{align*} \frac{x^{m_1} + x^{m_2}}{2} &= x^{(1-a)/2}\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right), \\ \frac{x^{m_1} - x^{m_2}}{2i} &= x^{(1-a)/2}\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \end{align*} \tag{9}\]を得る。
これらの比 $\cos\left(\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right)$が定数ではないため、上記の二つの解は線形独立であり、したがって重ね合わせの原理によりオイラー・コーシー方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)の基底を形成する。これより次の実数一般解を得る。
\[y = x^{(1-a)/2} \left[ A\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) + B\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right]. \label{eqn:general_sol_3}\tag{10}\]ただし、オイラー・コーシー方程式において補助方程式が共役複素根を持つ場合は実質的な重要性はそれほど大きくない。
定数係数を持つ2階同次線形常微分方程式への変換
オイラー・コーシー方程式は変数変換によって定数係数を持つ2階同次線形常微分方程式に変換することができる。
$x = e^t$と変換すると
\[\frac{d}{dx} = \frac{1}{x}\frac{d}{dt}, \quad \frac{d^2}{dx^2} = \frac{1}{x^2}\left(\frac{d^2}{dt^2} - \frac{d}{dt} \right)\]となり、オイラー・コーシー方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)は次のように $t$に関する定数係数同次線形常微分方程式に変わる。
\[y^{\prime\prime}(t) + (a-1)y^{\prime}(t) + by(t) = 0. \label{eqn:substituted}\tag{11}\]方程式 ($\ref{eqn:substituted}$)に定数係数を持つ2階同次線形常微分方程式の解法を適用して $t$について解き、そうして得られた解を $t = \ln{x}$を用いて再び $x$に関する解に変換すると、先ほど検討したのと同じ結果が得られる。