Дефиниција 7. Линеарна диференцијална једначина облика
$$(ax+b)^n y^{(n)}+c_{n-1}(ax+b)^{n-1} y^{(n-1)}+\dots+c_1(ax+b)y'+c_0y=f(x),$$
где су $a\neq 0,\, b,\, c_0,\, c_1,\, \dots,\, c_{n-1}$ константе, зове се Ојлерова диференцијална једначина.
Показаћемо да постоји смена која Ојлерову диференцијалну једначину своди на линеарну диференцијалну једначину са константним коефицијентима.
Нека је домен $\mathbf{D}$ такав да је $ax+b>0$. Тада дељењем са $(ax+b)^n$ добијамо једначину облика
$$y^{(n)}+\frac{c_{n-1}}{ax+b}y^{(n-1)}+\dots+\frac{c_1}{(ax+b)^{n-1}}y'+\frac{c_0}{(ax+b)^n}y=\frac{f(x)}{(ax+b)^n}$$
где је коефицијент уз $y$ једнак $A_0(x)=\frac{\displaystyle{c_0}}{\displaystyle{(ax+b)^n}}$. Сада из смене $t(x)=M\cdot \int{\sqrt[n]{A_0(x)}dx}$ следи
$$t(x)=M\cdot \int{\sqrt[n]{\frac{\displaystyle{c_0}}{\displaystyle{(ax+b)^n}}}dx}$$
одакле за $M=\frac{\displaystyle{a}}{\displaystyle{\sqrt[n]{c_0}}}$ добијамо
$$t(x)=\ln {(ax+b)}\quad \Leftrightarrow \quad ax+b=e^t.$$
Ако уведемо ову смену и обележимо са $z(t)=y(x)=y\Big(\frac{\displaystyle{e^{\,t}-b}}{\displaystyle{a}}\Big)$ нову непознату функцију $z$, тада имамо
$$\begin{array}{}
y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dz}{dt}\cdot \frac{dt}{dx}=a\,e^{\,-t}\frac{dz}{dt},\\
y''=a^2\,e^{\,-2t}\Bigg(\frac{d^2z}{dt^2}-\frac{dz}{dt}\Bigg)\\
\dots\\
y^n(x)=a^n\,e^{\,-nt}\Bigg(\frac{d^nz}{dt^n}+b_1\frac{d^{n-1}z}{dt^{n-1}}+\dots+b_{n-1}\frac{dz}{dt}\Bigg),
\end{array}$$
где су $b_1,b_2,\dots,b_{n-1}$ одговарајуће константе.
Када у Ојлерову диференцијалну једначину заменимо $y(x)$ и њене изводе, добијамо линеарну диференцијалну једначину са константним коефицијентима по непознатој функцији $z(t)$.
Ако она има фундаментални систем решења $\varphi_1(t),\varphi_2(t),\dots,\varphi_n(t)$, тада Ојлерова једначина има фундаментални систем решења
Пример 1. Наћи опште решење Ојлерове диференцијалне једначине:
$x^2y''+2xy'-6y=0$
Дата диференцијална једначина је Ојлерова за $n=2$ $(a=1,\, b=0)$, па ћемо увести смену
$x=e^t$.
Нека је $z(t)=y(x)=y(e^t)$. Тада је
$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dz}{dt}\cdot\frac{\displaystyle{1}}{\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{dx}}}=\frac{1}{e^t}\cdot \frac{dz}{dt}=\frac{1}{x}\cdot\frac{dz}{dt},$$
$$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1}{x^2}\Big(\frac{d^2z}{dt^2}-\frac{dz}{dt}\Big).$$
Заменом $y'$ и $y''$ у полазну једначину, добијамо
$$x^2\cdot\frac{1}{x^2}(z''- z')+ 2x\cdot\frac{1}{x}z'-6z=0,$$
односно,
$$z''+z'-6z=0,$$
и то је хомогена линеарна диференцијална једначина са константним коефицијентима по непознатој функцији $z=z(t)$.
Одговарајућа карактеристична једначина
$$r^2+r-6=0$$
има корене
$$r_{1,2}=\frac{-1\pm \sqrt{1+24}}{2}=\frac{-1\pm 5}{2}$$
$$r_1=2,\quad r_2=-3,$$
па је опште решење хомогене линеарне једначине
$$z(t)=C_1e^{\,-3t}+C_2e^{\, 2t}$$
Када вратимо смену $x=e^t\ \Rightarrow t=\ln x$
добијамо
$$y(x)=C_1e^{\,-3\ln x}+C_2e^{\, 2\ln x}.$$
Дакле, опште решење полазне диференцијалне једначине је облика
$$y(x)=C_1\frac{1}{x^3}+C_2x^2,\quad C_1,C_2 \in \mathbf{R}.$$
Пример 2. Решити Ојлерову диференцијалну једначину:
$x^2y''+3xy'+5y=0$
Дата диференцијална једначина је Ојлерова за $n=2$ $(a=1,\, b=0)$, па ћемо увести смену
$x=e^t$.
Нека је $z(t)=y(x)=y(e^t)$. Тада је
$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dz}{dt}\cdot\frac{\displaystyle{1}}{\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{dx}}}=\frac{1}{e^t}\cdot \frac{dz}{dt}=\frac{1}{x}\cdot\frac{dz}{dt},$$
$$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1}{x^2}\Big(\frac{d^2z}{dt^2}-\frac{dz}{dt}\Big).$$
Заменом $y'$ и $y''$ у полазну једначину, добијамо
$$x^2\cdot\frac{1}{x^2}(z''- z')+ 3x\cdot\frac{1}{x}z'+5z=0,$$
односно,
$$z''+2z'+5z=0,$$
и то је хомогена линеарна диференцијална једначина са константним коефицијентима по непознатој функцији $z=z(t)$.
Одговарајућа карактеристична једначина
$$r^2+2r+5=0$$
има корене
$$r_{1,2}=\frac{-2\pm \sqrt{4-20}}{2}=\frac{-1\pm \sqrt{-16}}{2}=\frac{-2\pm 4i}{2}$$
$$r_1=-1+2i,\quad r_2=-1-2i,$$
па је опште решење хомогене линеарне једначине
$$z(t)=e^{\,-t}(C_1\cos {(2t)}+C_2 \sin{(2t)})$$
Када вратимо смену $x=e^t\ \Rightarrow t=\ln x$
добијамо
$$y(x)=e^{\, -\ln x}(C_1\cos {(2\ln {x})}+C_2 \sin{(2\ln x)}).$$
Дакле, опште решење полазне диференцијалне једначине је облика
$$y(x)=\frac{1}{x}(C_1\cos {(2\ln {x})}+C_2 \sin{(2\ln x)}),\quad C_1,C_2 \in \mathbf{R}.$$
Пример 3. Одредити опште решење диференцијалне једначине:
$(x+1)^3y'''-3(x+1)^2y''+7(x+1)y'-8y=0.$
Дата диференцијална једначина је Ојлерова за $n=3$ $(a=1,\, b=1)$, па ћемо увести смену
$x+1=e^t$.
Нека је $z(t)=y(x)=y(e^t-1)$. Тада је
$$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{dz}{dt}\cdot\frac{\displaystyle{1}}{\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{dx}}}=\frac{1}{e^t}\cdot \frac{dz}{dt}=\frac{1}{x+1}\cdot\frac{dz}{dt},$$
$$y''=\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1}{(x+1)^2}\Big(\frac{d^2z}{dt^2}-\frac{dz}{dt}\Big),$$
$$y'''=\frac{d^3y}{dx^3}=\frac{1}{(x+1)^3}\Big(\frac{d^3z}{dt^3}-3\frac{d^2z}{dt^2}+2\frac{dz}{dt}\Big)$$
Заменом $y'$, $y''$ и $y'''$ у полазну једначину сређивањем, добијамо
$$z'''-6z''+12z'-8z=0,$$
и то је хомогена линеарна диференцијална једначина са константним коефицијентима по непознатој функцији $z=z(t)$.
Одговарајућа карактеристична једначина
$$r^3-6r^2+12r-8=0,$$
односно,
$$(r-2)^3=0$$
има корен
$r_1=2$ вишеструкости $3,$
па је опште решење хомогене линеарне једначине
$$z(t)=C_1e^{\,2t}+C_2te^{\, 2t}+C_3t^2e^{\, 2t}$$
Када вратимо смену $x+1=e^t\ \Rightarrow t=\ln {(x+3)}$
добијамо
$$y(x)=C_1e^{\,2 \ln{(x+1)}}+C_2\ln{(x+1)}e^{\, 2\ln{(x+1)}}+C_3\ln^2{(x+1)}e^{\, 2\ln{(x+1)}}.$$
Дакле, опште решење полазне диференцијалне једначине је облика
$$y(x)=(x+1)^2(C_1+C_2\ln {(x+1)}+C_3 \ln^2{(x+1)}),\quad C_1,C_2, C_3 \in \mathbf{R}.$$