Euler-Cauchy

[Janhaa]

Løs følgende 2nd order linear ODE

$x^2\cdot y^{″}+5x\cdot y^{\prime }+3y=4\ln (x),x>0$

[Markus]

Den generelle løsningen er summen av partikulærløsningen $y_p$ og homogenløsningen $y_h$. Homogenløsningen er rett fram Euler-Cauchy-likning med $y_h=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}$ for konstanter $A,B$. For $y_p$, tipp at $y=\alpha \ln (x)+\beta$ er en løsning. Ved å sette inn får vi $3\alpha \ln (x)+(3\beta +4\alpha )=4\ln (x)$, og ved sammenligning av koeffisienter fås $\alpha =\frac{4}{3},\beta =-\frac{16}{9}$. Dermed er den generelle løsningen $y=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}+\frac{4}{3}\ln (x)-\frac{16}{9}$ for konstanter $A,B$.

[Janhaa]

Den generelle løsningen er summen av partikulærløsningen $y_p$ og homogenløsningen $y_h$. Homogenløsningen er rett fram Euler-Cauchy-likning med $y_h=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}$ for konstanter $A,B$. For $y_p$, tipp at $y=\alpha \ln (x)+\beta$ er en løsning. Ved å sette inn får vi $3\alpha \ln (x)+(3\beta +4\alpha )=4\ln (x)$, og ved sammenligning av koeffisienter fås $\alpha =\frac{4}{3},\beta =-\frac{16}{9}$. Dermed er den generelle løsningen $y=\frac{A}{x^3}+\frac{B}{x}+\frac{4}{3}\ln (x)-\frac{16}{9}$ for konstanter $A,B$.

Sjølsagt riktig, skal fylle ut litt mtp homogenløsninga, yh:
Euler-Cauchy- ODE:

$x^2{y}^{″}+5x{y}^{\prime }+3y=4\ln (x)$

$z=\ln (x)=>x=e^z$

$y^{″}(z)+4y^{\prime }(z)+3y(z)=4z$

karakteristisk likning for yh:

$r^2+4r+3=0$

gir;

$r_1=-3,r_2=-1$
der:
$y_h=A{e}^{-z}+B{e}^{-3z}$
dvs
$y_h=A{x}^{-1}+B{x}^{-3}$

yp bra forklart over...