歐拉-柯西方程式
根據輔助方程式的判別式符號，探討歐拉-柯西方程式的一般解在各種情況下呈現的形式。
TL;DR
- 歐拉-柯西方程式: $x^2y^{\prime\prime} + axy^{\prime} + by = 0$
- 輔助方程式(auxiliary equation): $m^2 + (a-1)m + b = 0$
- 根據輔助方程式的判別式 $(1-a)^2 - 4b$ 的符號，一般解的形式可分為以下三種情況
情況 輔助方程式的解 歐拉-柯西方程式的解的基底 歐拉-柯西方程式的一般解 I 不同實根
$m_1$, $m_2$$x^{m_1}$, $x^{m_2}$ $y = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2}$ II 實重根
$m = \cfrac{1-a}{2}$$x^{(1-a)/2}$, $x^{(1-a)/2}\ln{x}$ $y = (c_1 + c_2 \ln x)x^m$ III 共軛複根
$m_1 = \cfrac{1}{2}(1-a) + i\omega$,
$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
輔助方程式 (auxiliary equation)
歐拉-柯西方程式(Euler-Cauchy equation)是具有給定常數 $a$ 和 $b$，以及未知函數 $y(x)$ 的
\[x^2y^{\prime\prime} + axy^{\prime} + by = 0 \label{eqn:euler_cauchy_eqn}\tag{1}\]形式的常微分方程式。將
\[y=x^m, \qquad y^{\prime}=mx^{m-1}, \qquad y^{\prime\prime}=m(m-1)x^{m-2}\]代入式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$)，得到
\[x^2m(m-1)x^{m-2} + axmx^{m-1} + bx^m = 0,\]即
\[[m(m-1) + am + b]x^m = 0\]由此得到輔助方程式
\[m^2 + (a-1)m + b = 0 \label{eqn:auxiliary_eqn}\tag{2}\]$y=x^m$ 成為歐拉-柯西方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) 解的充分必要條件是 $m$ 為輔助方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) 的解。
求解二次方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$)，得到
\[\begin{align*} m_1 &= \frac{1}{2}\left[(1-a) + \sqrt{(1-a)^2 - 4b} \right], \\ m_2 &= \frac{1}{2}\left[(1-a) - \sqrt{(1-a)^2 - 4b} \right] \end{align*}\label{eqn:m1_and_m2}\tag{3}\]因此，兩個函數
\[y_1 = x^{m_1}, \quad y_2 = x^{m_2}\]是方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) 的解。
如同具有常係數的二階齊次線性常微分方程式中所述，根據輔助方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) 的判別式 $(1-a)^2 - 4b$ 的符號，可分為三種情況：
- $(1-a)^2 - 4b > 0$：兩個不同的實根
- $(1-a)^2 - 4b = 0$：實重根
- $(1-a)^2 - 4b < 0$：共軛複根
根據輔助方程式判別式符號的一般解形式
I. 兩個不同的實根 $m_1$ 和 $m_2$
在這種情況下，方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) 在任意區間上的解的基底為
\[y_1 = x^{m_1}, \quad y_2 = x^{m_2}\]相應的一般解為
\[y = c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2} \label{eqn:general_sol_1}\tag{4}\]II. 實重根 $m = \cfrac{1-a}{2}$
當 $(1-a)^2 - 4b = 0$，即 $b=\cfrac{(1-a)^2}{4}$ 時，二次方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) 只有一個解 $m = m_1 = m_2 = \cfrac{1-a}{2}$，因此從中得到的 $y = x^m$ 形式的一個解是
\[y_1 = x^{(1-a)/2}\]而歐拉-柯西方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) 變為
\[y^{\prime\prime} + \frac{a}{x}y^{\prime} + \frac{(1-a)^2}{4x^2}y = 0 \label{eqn:standard_form}\tag{5}\]現在，讓我們使用降階法來找到另一個線性獨立的解 $y_2$。
設第二個解為 $y_2=uy_1$，則
\[u = \int U, \qquad U = \frac{1}{y_1^2}\exp\left(-\int \frac{a}{x}\ dx \right)\]由於 $\exp \left(-\int \cfrac{a}{x}\ dx \right) = \exp (-a\ln x) = \exp(\ln{x^{-a}}) = x^{-a}$，所以
\[U = \frac{x^{-a}}{y_1^2} = \frac{x^{-a}}{x^{(1-a)}} = \frac{1}{x}\]積分後得到 $u = \ln x$。
因此 $y_2 = uy_1 = y_1 \ln x$，且 $y_1$ 和 $y_2$ 的比值不是常數，所以它們線性獨立。基底 $y_1$ 和 $y_2$ 對應的一般解為
\[y = (c_1 + c_2 \ln x)x^m \label{eqn:general_sol_2}\tag{6}\]III. 共軛複根
在這種情況下，輔助方程式 ($\ref{eqn:auxiliary_eqn}$) 的解為 $m = \cfrac{1}{2}(1-a) \pm i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}$，對應的方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) 的兩個複解可以利用 $x=e^{\ln x}$ 寫成：
\[\begin{align*} x^{m_1} &= x^{(1-a)/2 + i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}(e^{\ln x})^{i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}e^{i(\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x)}, \\ x^{m_2} &= x^{(1-a)/2 - i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}(e^{\ln x})^{-i\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}} \\ &= x^{(1-a)/2}e^{i(-\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x)}. \end{align*} \tag{7}\]令 $t=\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x$ 並使用歐拉公式 $e^{it} = \cos{t} + i\sin{t}$，得到
\[\begin{align*} x^{m_1} &= x^{(1-a)/2}\left[\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) + i\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right], \\ x^{m_1} &= x^{(1-a)/2}\left[\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) - i\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right] \end{align*} \tag{8}\]由此得到兩個實數解
\[\begin{align*} \frac{x^{m_1} + x^{m_2}}{2} &= x^{(1-a)/2}\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right), \\ \frac{x^{m_1} - x^{m_2}}{2i} &= x^{(1-a)/2}\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \end{align*} \tag{9}\]由於它們的比值 $\cos\left(\sqrt{b - \frac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right)$ 不是常數，所以這兩個解是線性獨立的，因此根據疊加原理，它們構成歐拉-柯西方程式 ($\ref{eqn:euler_cauchy_eqn}$) 的基底。由此得到以下實數一般解：
\[y = x^{(1-a)/2} \left[ A\cos\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) + B\sin\left(\sqrt{b - \tfrac{1}{4}(1-a)^2}\ln x \right) \right]. \label{eqn:general_sol_3}\tag{10}\]不過，在歐拉-柯西方程式中，輔助方程式具有共軛複根的情況在實際應用中並不特別重要。
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