코시 오일러 미분방정식과 일반해 (The general solution of Cauchy-Euler Differential Equation)

저번 글에 이어서 코시-오일러 미분방정식의 일반해를 유도해 볼 것입니다. 거기서 간략히 언급했었듯이 이 방정식은 $y$항의 미분횟수에 대해 그 숫자와 같은 $x$의 거듭제곱이 앞에 붙어있으므로, $x^r$ 꼴의 해를 가진다는 사실을 알 수 있습니다. 오늘은 이를 통해 $r$의 값에 따라 어떻게 해의 모양이 형태가 바뀔 것인지를 논의할 예정입니다.

 

[그림 1] Augustin-Louis Cauchy

[그림 2] Leonhard Euler

 

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2. 코시-오일러 방정식의 지표방정식

 

코시-오일러 방정식을 설명하는 이유는 2계 미분방정식

 

$$P(x)y''+Q(x)y'+R(x)y=0\;\;\;\cdots \;\;(1)$$

 

이 $x=x_0$ 에서 특이점을 가질 때, 급수해를 찾기 위해서입니다. 결론적으로 말하면 이 점이 정칙 특이점인 경우에는 프로베니우스 방법을 통해 해를 구할 수 있습니다. 근데 그 과정을 설명하려면 필수적으로 $x=0$ 에서 특이점을 가지는 코시-오일러 방정식을 푸는 법을 머릿속에 장착하고 있어야 합니다. 코시-오일러 방정식의 일반해는 다음과 같이 유형화시킬 수 있습니다.

 

정리 ($D.E$) 3.4

$a,b\in \mathbb{R}$ 에 대하여 코시-오일러 방정식

$$L\left [ y \right ]=x^2y''+axy'+by=0\;\;\;\cdots \;\;(2)$$
의 일반해는 지표방정식 $F(r)=r(r-1)+ar+b=0$ 이

① 서로 다른 두 실근을 가짐 :  $y=A\left | x^{r_1} \right |+B\left | x^{r_2} \right |$
② 중근을 가짐 :  $y=(A+B\ln \left | x \right |)\left | x^{r_1} \right |$
③ 서로 다른 두 허근을 가짐 :  $y=A\left | x^a \right |\cos\left ( b\ln \left | x \right | \right )+B\left | x^a \right |\sin\left ( b\ln \left | x \right | \right )\;\;\;\;\;\mathrm{for}\;\;x^r=x^{a\pm bi}$

 

증명과 설명을 시작해봅시다.

 

 

1) $x>0$

 

우선 $x=0$ 이 유일한 (정칙) 특이점인데, $x>0$ 인 범위부터 살펴본 뒤 나중에 음의 범위까지 확장해서 고려할 것입니다.

 

이 방정식의 해가

 

$$y=x^r\;\;\;\cdots \;\;(3)$$

 

이라고 가정합시다. 이것이 적당한 해임을 보이려면, 최종적으로 두 개의 기저해가 생성됨을 보이면 됩니다. 대입해서 정리하면

 

$$\begin{align*} L\left [ y \right ]=L\left [ x^r \right ]&=x^2\left ( x^r \right )''+ax\left ( x^r \right )'+bx^r \\\\&=x^rr(r-1)x^{r-2}+axrx^{r-1}+bx^r \\\\&=x^r\left \{ r(r-1)+ar+b \right \} \end{align*}=0\;\;\;\cdots \;\;(4)$$

 

$x\neq 0$ 이므로 ($x=0$ 은 자명해..) $r$이 이차방정식의 두 근이 되고, 이 식을 '지표방정식(Incidial Equation)' 또는 '보조방정식(Auxiliary Equation)'이라고 부릅니다.

 

$$F(r)=r(r-1)+ar+b=0\;\;\;\cdots \;\;(5)$$

 

고로 $F(r)=0$ 이면 $y=x^r$ 이 $(2)$의 해가 됩니다. 지표방정식의 두 근을 $r_1,r_2$ 라 하면 $F(r)=(r-r_1)(r-r_2)$ 이기 때문에 근의 공식을 써서

 

$$r_1,r_2=\frac{-(a-1)\pm \sqrt{(a-1)^2-4b}}{2}\;\;\;\cdots \;\;(6)$$

 

를 구할 수 있습니다. 여기서 $r_1,r_2$ 가 서로 다른 두 실근인지, 중근인지, 두 허근인지에 따라 Case 분류를 해야 합니다.

 

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i) 서로 다른 두 실근

 

$r_1,r_2\in\mathbb{R}$ 이고 $r_1\neq r_2$ 이므로 두 해는

 

$$y_1(x)=x^{r_1}\;\;,\;\;y_2(x)=x^{r_2}\;\;\;\cdots \;\;(7)$$  

 

입니다. 이것이 제대로 구한 해일까요? 기저 역할을 해서 기본해 집합이 되고 이들의 선형결합이 일반해임을 증명하기 위해서 바로 론스키안이 기다리고 있습니다. 론스키안을 계산해주면

 

$$W\left [ x^{r_1},x^{r_2} \right ]=\begin{vmatrix} x^{r_1} & x^{r_2}\\  r_1x^{r_1-1} & r_2x^{r_2-1} \end{vmatrix}=\left ( r_2-r_1 \right )x^{r_1+r_2-1}\neq 0\;\;\;\cdots\;\;(8)$$

 

이로부터 일반해는 둘의 선형결합으로 쓸 수 있음을 보였습니다.

 

$$y=Ax^{r_1}+Bx^{r_2}\;\;\;\;\;(x>0)\;\;\;\cdots \;\;(9)$$

 

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ii) 중근

 

중근을 가지면 $r_1=r_2$ 이고 한 해는 $y_1(x)=x^r$ 입니다. 그러나 2계 미분방정식의 기저가 1개일 수는 없고 나머지 하나를 더 찾아야겠죠. 이전 포스팅의 예제 2) 를 참고하시면 됩니다.

 

두번째 해를 찾기 위해 $F(r)=(r-r_1)^2=F'(r)=0$ 임을 이용할 것입니다. 식 $(4)$ 의 양변을 $r$에 관하여 미분하면

 

$$\begin{align*} \frac{\partial }{\partial r}L\left [ x^r \right ]&=\frac{\partial }{\partial r}\left [ x^rF(r) \right ]=\frac{\partial }{\partial r}\left [ x^r\left ( r-r_1 \right )^2 \right ] \\\\&=x^r\ln x\left ( r-r_1 \right )^2+2x^r\left ( r-r_1 \right )\;\;\;\cdots \;\;(10) \end{align*}$$

 

여기서 $L$ 연산자와 $r$에 대한 미분을 바꾸면

 

$$\frac{\partial }{\partial r}L\left [ x^r \right ]=L\left [ \frac{\partial }{\partial r}x^r \right ]=L\left [ x^r\ln x \right ]\;\;\;\cdots \;\;(11)$$

 

식 $(10)$ 은 $r=r_1$ 이면 0이므로, 자동으로 식 $(11)$도 0이 되고, 그러면 $L\left [ x^r\ln x \right ]=0$ 인 셈이니 이것이 미분방정식의 해라는 뜻입니다.

 

$$y_2(x)=x^{r_1}\ln x\;\;\;\;\;(x>0)\;\;\;\cdots \;\;(12)$$

 

마찬가지로 론스키안을 통해 검증은 해봐야 합니다. 그러면 0이 아니라는 사실을 바로 알 수 있습니다.

 

$$W\left [ x^{r_1},x^{r_2} \right ]=x^{2r_1-1}\neq 0 \;\;\;\;\;(x>0)$$

 

$$\therefore \;\; y=(A+B\ln x)x^{r_1}\;\;\;\;\;(x>0)\;\;\;\cdots \;\;(13)$$

 

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iii) 서로 다른 두 허근을 가질 때

 

$r_1=a+bi\;,\;r_2=a-bi\;\;\;(b\neq 0)$ 라 해봅시다. $r$이 허근이면 $x^r=e^{r\ln x}$ 로 써서 오일러 공식을 활용할 것입니다.

 

$$\begin{align*} x^{a+bi}=e^{(a+bi)\ln x}&=e^{a\ln x}e^{ib \ln x}=x^ae^{ib\ln x}\\\\&=x^a\left \{ \cos (b\ln x)+i\sin (b\ln x) \right \} \end{align*}\;\;\;\cdots \;\;(14)$$

 

일반해를 적으면

 

$$y=Ax^{a+bi}+Bx^{a-bi}$$

 

이 때 $r$이 복소수면 $x$도 복소수이므로 $x>0$ 이라는 조건이 추가로 달리지는 않습니다. 복소수는 대소관계를 따질 수 없기 때문입니다. 헌데 그래도 보통 실수해를 얻는 것이 목적이기 때문에, 실수해를 얻기 위해서는 이의 실수부분과 허수부분(허수부분은 허수가 아님에 주의)을 취해주면 됩니다.

 

$$\mathrm{Re}\left [ x^{a+bi} \right ]=x^a\cos\left ( b\ln x \right )\;\;,\;\;\mathrm{Im}\left [ x^{a+bi} \right ] =x^a\sin\left ( b\ln x \right ) \\\\\\ \mathrm{Re}\left [ x^{a-bi} \right ]=x^a\cos\left ( b\ln x \right )\;\;,\;\;\mathrm{Im}\left [ x^{a-bi} \right ] =-x^a\sin \left ( b\ln x \right )$$

 

론스키안 계산은 생략하겠습니다. 다만 해보면 0이 나오지 않습니다. 그래서 이 둘은 해공간의 기저로 선택받기에 충분하고, 일반해는

 

$$y=Ax^a\cos\left ( b\ln x \right )+Bx^a\sin\left ( b\ln x \right )\;\;\;\;\;(x>0)\;\;\;\cdots \;\;(15)$$

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2) $x<0$ 일 때

 

$x$ 값이 음수일 때는 양수 $t>0$ 에 대하여 $x=-t$ 로 치환해서 풀면 해결됩니다. 이 때 $y=u(t)$ 라 두면

 

$$\frac{dy}{dx}=\frac{du}{dt}\frac{dt}{dx}=-\frac{du}{dt}$$

$$\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}=\displaystyle\frac{d}{dx}\left( \displaystyle\frac{dy}{dx} \right)=\displaystyle\frac{d}{dt}\left( -\displaystyle\frac{du}{dt} \right)\displaystyle\frac{dt}{dx}=\displaystyle\frac{d}{dt}\left( -\frac{du}{dx} \right)=\displaystyle\frac{d^2u}{dt^2}$$

 

이것은 처음 오일러 방정식 $(2)$와 문자만 다를 뿐 형태가 똑같기 때문에, 해의 모양도 위에서 한 i), ii), iii) 에 대응되는 식 $(9),(13),(15)$ 와 동일합니다. 그러면 부호차이밖에 안나기 때문에, 코시-오일러 방정식의 해는 $x$의 부호가 음인지 양인지에 따라 해 역시 음,양만 바뀌고 크기는 똑같습니다. 그래서 위 정리($D.E$) 3.4 에 적어둔 것처럼 절댓값만 씌워주면 모든 것이 해결된다고 볼 수 있습니다.

 

단, 이 해는 반드시 정확히 $x=0$ 에서는 성립한다고 할 수 없습니다. $x=0$ 은 미분방정식의 해이긴 하지만 박스 안의 식처럼 나타나지는 않게 된다는 것입니다. 그래서 보통 해의 모양이 $x=0$에 가까운 지점으로 갈수록 어떻게 달라지는지를 관찰합니다. 아주 근방에서 근사를 시키면 좋기 때문입니다. 이 해의 모양은 $r$값이 어떠한지, 즉 지표방정식의 근이 두 실근인지, 중근인지, 두 허근인지와 $r$의 부호 등에 크게 의존합니다.

 

 

 

[참고문헌]

Elementary differential Equations and Boundary value problems, William E. Boyce, Richard C. Diproma, Douglas B. Meade, WILEY