Equazione di Eulero

Di Eulero, di Bernoulli, di Clairaut, di Lagrange e di Abel, Teoria Equazioni differenziali lineari e non lineari

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Equazione di Eulero. Risolvere la seguente equazione di Eulero del secondo ordine:

(1) $\begin{equation*} x^2 y^{\prime \prime}(x)+bxy^{\prime}(x)+ cy(x)=0, \qquad \mbox{con } \, b,c \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento. Possiamo riscrivere (1) come segue

$x^2 \dfrac{d^2 y(x)}{dx^2}+bx \dfrac{dy(x)}{dx} +cy(x)=0.$

Posto, per $x>0$ , $x=e^t$ e $y(e^t)=g(t)$ ed utilizzando la regola della catena [1] abbiamo

$\begin{aligned} & g^\prime(t) = \dfrac{dg(t)}{dt}= \dfrac{dy(e^t)}{d(e^t)} \; \dfrac{d(e^t)}{dt}= y^\prime(e^t) \; e^t \\\\ & g^{\prime \prime}(t)= \dfrac{d^2g(t)}{dt^2}=\dfrac{d^2y(e^t)}{d(e^t)^2} \left(\dfrac{de^t}{dt}\right)^2+ \dfrac{dy(e^t)}{de^t} \cdot \dfrac{d^2(e^t)}{dt^2} = \\ &=y^{\prime\prime}(e^t)e^{2t} + y^\prime(e^t)e^t =e^{2t} y^{\prime\prime}(e^t) + g^\prime(t) . \end{aligned}$

Quindi:

$\begin{aligned} &x^2 \dfrac{d^2 y(x)}{dx^2}+bx \dfrac{dy(x)}{dx} +cy(x)=0 \quad \Leftrightarrow \quad \\ & \Leftrightarrow \quad e^{2t} \; y^{\prime\prime}(e^t) + be^t y^\prime(e^t) + cy(e^t)=0 \quad \Leftrightarrow \nonumber \\ & \Leftrightarrow \quad \left( g^{\prime \prime} (t)-g^{\prime}(t) \right)+ bg^{\prime}(t)+cg(t)=0 \quad \Leftrightarrow \nonumber \\ & \Leftrightarrow \quad g^{\prime \prime}(t)+g^{\prime}(t) (b-1)+cg(t)=0 \end{aligned}$

cioè

(2) $\begin{equation*} g^{\prime \prime}(t)+g^{\prime}(t) (b-1)+cg(t)=0. \end{equation*}$

Scrivendo l’equazione omogenea associata a (2) otteniamo:

$\lambda^2 +(b-1) \lambda +c=0 \Leftrightarrow \lambda_{1,2}= \dfrac{-(b-1) \pm \sqrt{(b-1)^2-4c}}{2}.$

Ora abbiamo tre casi a seconda del segno di $\Delta = (b-1)^2-4c$ .
Se $\Delta >0$ :

$\begin{aligned} g(t)&=c_1 e^{\lambda_1 t}+c_2 e^{\lambda_2 t}=y(e^t) \quad \Leftrightarrow \quad y(x)=c_1 x^{\lambda_1}+c_2 x^{\lambda_2}. \end{aligned}$

Se $\Delta=0$ :

$g(t)=c_1 e^{\lambda t}t+c_2 e^{\lambda t}=y(e^t) \quad \Leftrightarrow \quad y(x)=c_1 x^{\lambda} \ln x +c_2 x^{\lambda}$

Se $\Delta <0$ :

$\begin{aligned} &g(t)=c_1 e^{\alpha t} \cos (\beta t)+c_2 e^{\alpha t} \sin (\beta t)=y(e^t) \quad \Leftrightarrow \quad\\ &\Leftrightarrow\quad y(x)=c_1 x^{\alpha} \cos (\beta \ln x)+c_2 x^{\alpha} \sin (\beta \ln x) \end{aligned}$

dove $\alpha = \text{Re}(\lambda), \quad \beta= \text{Im}(\lambda)$ , ovvero

$\begin{aligned} \lambda &= \dfrac{-(b-1)\pm i \sqrt{4c-(b-1)^2}}{2}=\\ &= -\dfrac{(b-1)}{2}\pm \; i \; \sqrt{\dfrac{4c-(b-1)^2}{4}} =\\ &=\alpha \pm \;i\; \beta= \text{Re}(\lambda) \pm \; i \;\text{Im} (\lambda). \end{aligned}$

Riepilogando:

L’equazione di Eulero di secondo grado

$x^2 y^{\prime \prime}(x)+bxy^{\prime}(x)+ cy(x)=0, \qquad \mbox{con } \, b,c \in \mathbb{R}$

ammette le seguenti soluzioni al variare del segno di $\Delta = (b-1)^2-4c$ :
{\tiny{ $\bullet$ }} se $\Delta>0$ :

$y(x)=c_1 x^{\lambda_1}+c_2 x^{\lambda_2}$

{\tiny{ $\bullet$ }} se $\Delta=0$ :

$y(x)=c_1 x^{\lambda} \ln x +c_2 x^{\lambda}, \qquad x>0$

{\tiny{ $\bullet$ }} se $\Delta<0$ :

$y(x)=c_1 x^{\alpha} \cos (\beta \ln x)+c_2 x^{\alpha} \sin (\beta \ln x),\qquad x>0$

con $c_1,c_2 \in \mathbb{R}$ costanti e dove

$\lambda_{1,2} = \dfrac{-(b-1) \pm \sqrt{(b-1)^2-4c}}{2}$

e $\alpha=\text{Re}(\lambda)$ e $\beta = \text{Im}(\lambda)$ .

Osservazione. È altresì possibile, per $x<0$ , porre $x=-e^t$ giungendo analogamente a (2).

1. La regola della catena permette di derivare una funzione composta di due funzioni derivabili.

Regola della catena per la derivata prima e seconda: Siano $f$ e $g$ di classe $\mathcal{C}^{2}$ , allora

$\begin{aligned} &\dfrac{df}{dx} = \dfrac{df}{dg} \cdot \dfrac{dg}{dx};\\ & \dfrac{d^2f}{dx^2} = \dfrac{d^2f}{dg^2} \left(\dfrac{dg}{dx}\right)^2+ \dfrac{df}{dg} \cdot \dfrac{d^2g}{dx^2}.\end{aligned}$

Tale regola si generalizza con derivate di qualsiasi ordine per funzioni derivabili almeno fino a tale ordine con la nota formula di Faà di Bruno. ↩