提要 33：認識 Euler-Cauchy 方程式的解法(三)--複數根
Euler-Cauchy 方程式係定義為：
2 0
2 2 + +by=
dx axdy dx
y
x d (1)
上式係變係數之齊性常微分方程式，然而只要作適當之變數變換，即可發覺其在本質上 亦為常係數之齊性常微分方程式，說明如下。首先，令：
ez
x= (2) 故
x
z ln= (3) 而
−
=
−
=
+
=
=
=
=
=
2 2
2 2 2
2 1 1 1
1 1
1 1
x dz dy dz
y d x dz dy x dx dz dz
dz d dy
dx d x dz dy x dx
dz d dy
x dz dy dx
d dx dy dx
d dx
y d
x dz dy dx dz dz dy dx dy
故式(1)可改寫為：
(
1)
02
2 + − +by=
dz a dy dz
y
d (4)
上式即為常係數之齊性常微分方程式，其解析方法已於之前介紹過，今再簡述如下。
式(4)係自然界中之問題的化身，大自然的問題之解應與大自然的函數有關，此一 問題所牽涉之大自然的函數為自然指數函數(Exponential Function)，因此可考慮問題之 解為：
( )
z( )
z e zy = expλ = λ (5) 其中λ 為待解之未知數，稱為特徵根(Characteristic Root)。再將式(5)代回式(4)：
( )
2(
1) ( ) ( ) 0
2 z + − z +be z =
dz e a d
dz e
d λ λ λ
故
( )
[
λ2 + a−1λ+b]
eλz =0因為eλz表所假設的解y，而我們不希望所研討出之解為零，亦即eλz ≠0，故：
(
1)
02 + a− λ+b=
λ (6) 上式係由特徵根所構成之方程式，稱為特徵方程式(Characteristic Equation)。特徵方程 式係一元二次方程式，其解可利用因式分解法或以下所示之公式解法研討出：
( ) ( )
2
4 1
1 a 2 b
a− ± − −
= −
λ (7)
因所考慮之情況為複數根，故上式中根號內之運算結果應為
(
a−1)
2 −4b<0。可令所得 出之兩個特徵根分別為λ 與1 λ ： 2( ) ( )
2
1 4
1 2
1
−
− +
−
= − a i b a
λ 、
( ) ( )
2
1 4
1 2
2
−
−
−
−
= − a i b a
λ (8)
故所研討出之問題的解分別為：
( )
z e zy = λ1 、y
( )
z =eλ2z (9) 或( )
e λ1 xλ1y= z = 、y =
( )
ez λ2 = xλ2 (9’) 由重疊原理(Superposition Principle)知，線齊性微分方程式之解可以疊加方式加以表示：( )
x C1xλ1 C2xλ2y = + (10) 式(10)稱為問題之通解(General Solution)。
若考慮
2
−1
−
= a
α 、
( )
2 1 4 − − 2
= b a
β ，並引用尤拉公式(Euler Formula)：
x i x
e±ix =cos ± sin (11) 則式(10)可進一步改寫為：
( )
x C xα iβ C xα iβy = 1 + + 2 − (10’) 亦即：
( ) ( )
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
[ ] [ ( ) ( ) ]
{ }
( ) ( ) ( ) ( )
[
C C x i C C x]
x
x i
x C
x i
x C
x
x i C
x i C x
x C
x C
x
x C x C x x y
i i
i i
ln sin ln
cos
ln sin ln
cos ln
sin ln
cos
ln exp
ln exp
ln exp ln
exp
2 1 2
1
2 1
2 1
2 1
2 1
β β
β β
β β
β β
α α α
β β
α
β β
α
− + +
=
− +
+
=
− +
=
+
=
+
=
−
−
故
( ) ( )
[
A x B x]
x
y= α cos βln + sin βln (12) 其中A=C1 +C2、B=i
(
C1−C2)
。另解
式(1)之解析，亦可直接令：
xm
y= (13) 再代回式(1)，則
( )
2( ) ( )
02 2 m + m +b xm =
dx x axd dx
x x d
故
( )
[
1 2] (
1) ( )
02 m m− xm− +axmxm− +b xm = x
上式可進一步改寫為：
( )
[
m m−1 +am+b]
xm =0 (14) 因為y =xm ≠0，所以(
1)
02 + a− m+b=
m (15) 故
( ) ( )
2
4 1
1 2
1
b a
m − a− + − −
= 、
( ) ( )
2
4 1
1 2
2
b a
m − a− − − −
= (16)
故y =xm1與y =xm2均為問題之解，由重疊原理知，問題之通解可表為：
( )
x C1xm1 C2xm2y = + (17)
因考慮複數根，即
(
a−1)
2 −4b<0，若假設2
−1
−
= a
α 、
( )
2 1 4 − − 2
= b a
β ，則：
β α i
m1 = + 、m2 =α −iβ (18) 故式(17)亦可表為：
( ) ( )
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
[ ] [ ( ) ( ) ]
{ }
( ) ( ) ( ) ( )
[
C C x i C C x]
x
x i
x C
x i
x C
x
x i C
x i C x
x C
x C
x
x C x C x
x C x
C x y
i i
i i
i i
ln sin ln
cos
ln sin ln
cos ln
sin ln
cos
ln exp
ln exp
ln exp ln
exp
2 1 2
1
2 1
2 1
2 1
2 1
2 1
β β
β β
β β
β β
α α α
β β
α
β β
α
β α β
α
− + +
=
− +
+
=
− +
=
+
=
+
=
+
=
−
−
− +
故
( ) ( )
[
A x B x]
x
y= α cos βln + sin βln (19) 其中A=C1 +C2、B=i
(
C1−C2)
。附註：
( )
xm ′ =mxm−1，( )
m ″ =(
−1)
m−2x m m
x 。
範例一
試解出Euler-Cauchy 方程式之解：x2y′′+xy′+y =0。
【解答】
令y
( )
x =xm，代回原式，則( ) ( ) ( )
02 m ″ + m ′+ m =
x x
x x
x
上式可化簡為：
( )
[
mm−1 +m+1]
xm =0因為不希望所研討出之解為零，亦即xm ≠0，故：
0
2 +1= m 上式可因式分解為：
(
m+i)(
m−i)
=0 故問題之解的特徵根(Characteristic Root)m為：−i
λ = 、λ =i
由重疊原理(Superposition Principle)知，問題之通解(General Solution)為：
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
[ ] [ ( ) ( ) ]
( ) ( ) ( ) ( )
( )
x B( )
x Ax C
C i x C
C
x i
x C
x i
x C
x i C x i C
x C
x C
x C x C x y
i i
i i
ln sin ln
cos
ln sin ln
cos
ln sin ln
cos ln
sin ln
cos
ln exp ln
exp
ln exp ln
exp
2 1 2
1
2 1
2 1
2 1
2 1
+
=
− + +
=
+ +
−
=
+
−
=
+
=
+
=
−
−
習題 1. Please solve the following initial value problem.
0
2y′′+xy′+4y=
x with y
( )
1 =2, y′( )
1 = −1 and x>0.【95 暨大研究所】2. Solve
(
3x−4)
2 y′′+3 3(
x−4)
y′+36y= .【92 雲科電機所 15%】 0 3. Solve(
x2 2x 1)
d y22(
5x 5)
dy 5y 0dx dx
+ + + + + = .【91 北科通訊所 15%】
