Дифференциальное уравнение Эйлера

[loser228]

Не могу понять один момент. Пусть дано уравнение Эйлера с постоянными коэффициентами:
$a_0x^ny^{(n)} + a_1x^{n-1}y^{(n-1)}+ ... + a_{n-1}xy' + a_ny=f(x)$. Мы производим замену $x=e^t$, а $y(x)=y(e^t)=u(t)$, и уравнение приводится в новых переменных $u(t)$ и $t$ получается линейное с постоянными коэффициентами такого вида: $a_0L_n[u] + a_1L_{n-1}[u] + ... + a_{n-1}L_1[u]+a_nu=F(t)$, где $L_i$ - это дифференциальные операторы соответствующего порядка с постоянными коэффициентами. Нужно для нового уравнения составить характеристический многочлен $\chi(\lambda)$, чтобы найти его корни, ну и так далее. В учебнике показывается, что этот многочлен совпадает с тем многочленом, который получится, если подставить в исходное уравнение $y=x^\lambda$, а потом сократить на $x^\lambda$. Я понял, что в силу замены это эквивалентно тому, что в новое уравнение подставить $e^{\lambda t}$ и сократить на это выражение. А как понять, что нужные многочлены совпадают ?

[DeBill]

loser228
Я не очень понял Ваши проблемы...
1. Характеристический многочлен именно так и получают: подставляют (в ур-е с пост. к-тами) экспоненту, и сокращают на нее.
2. Диф. операторы $L_i$ - так и получаются... Попробуйте несколько штук явно выписать.
3. Вообще, Вам должны были еще объяснить, как сразу написать соотв-й хар. многочлен.
Он равен $a_0 \lambda^{[n]} + a_1 \lambda^{[n-1]} + ... + a_n$, где $\lambda^{[i]} = \lambda\cdot (\lambda -1)\cdot ... \cdot (\lambda -i+1)$ - "факториальная" степень

[loser228]

По пункту 3 и возник вопрос. Каждый раз выполнять подстановку экспоненты и в новом уравнении вычислять соответствующие коэффициенты - это я могу, а сразу-то как ? Точнее, метод я понял, а откуда формула, написанная Вами и увиденная мной в учебнике, берётся, осознать не могу.

[Red_Herring]

Замена аргумента--это для объяснения, почему решение ищут в таком виде (комбинация степеней). А для нахождения решения делать замену не надо, а надо подставлять $x^\lambda $

[loser228]

Но после подстановки в исходное уравнение $x^\lambda$ получится уравнение относительно новой переменной, а потом придётся возвращаться к старым, как я понял, чтобы получить $y(x)$

[DeBill]

loser228
Не обязательно. Можно делать так (помня о том, чем Ваше ур-е является - в "хороших переменных", и используя те рецепты - для "хороших уравнений"): сразу составить хар. многочлен - по указанной формуле.
Найти корни. Состряпать "общее решение однородного ур-я" - в виде линейной комбинации соответствующих степеней (что будет, если корни - кратные?). Да и "частное решение неоднородного" - для случая "квазимногочлена" - искать по старым рецептам, адаптируя их к....

[loser228]

В принципе, как решать на практике, я более-менее понял. А вот откуда берётся указанная формула для характеристического многочлена, понять не могу

[Red_Herring]

loser228 в сообщении #1186009 писал(а):

А вот откуда берётся указанная формула для характеристического многочлена,

Чему равна $k–$ая производная от $x^\lambda$?

[loser228]

Red_Herring в сообщении #1186021 писал(а):

loser228 в сообщении #1186009 писал(а):

А вот откуда берётся указанная формула для характеристического многочлена,

Чему равна $k–$ая производная от $x^\lambda$?

Она равна $0$, если $k>\lambda$, в остальных случаях $(x^\lambda)^{(k)}= \lambda(\lambda-1)...(\lambda-(k-1))x^{\lambda - k}$. Вообще, мой вопрос изначально заключался в том, что я не понимаю, как выражение(многочлен), зависящий от $\lambda$, получающийся при подстановке в исходное д. у. после сокращения на $x^{\lambda}$ равен характеристическому полиному уравнения в "новых" переменных, то есть в $t $ и $u(t)$.

(Оффтоп)

не знаю, может я слишком тупой, чтобы это понять, но пока что не удаётся

[Red_Herring]

loser228 в сообщении #1186263 писал(а):

Вообще, мой вопрос изначально заключался в том, что я не понимаю, как выражение(многочлен), получающийся при подстановке в исходное д. у. после сокращения на равен характеристическому полиному уравнения в "новых" переменных

Во-первых, это абсолютно не нужно, поскольку для решения вовсе не надо делать эту замену. Во-вторых, это просто: если до замены действие оператора на $x^\lambda$ дает   $P(\lambda) x^\lambda$, а после замены действие оператора на $e^(\lambda t)$ дает   $Q(\lambda) e^{\lambda t)$, то $P(\lambda)=Q(\lambda) $