שינויים

*לכן את הגרעין של <math>K</math> אנחנו יודעים למצוא כיוון שזו מד"ר לינארית הומוגנית עם מקדמים קבועים.*אם נציב <math>x=e^tu</math> במדפתרון למד"ר נקבל המתאים ל<math>K</math> אז עבור <math>y=u\circ \ln</math> מתקיים כי <math>c_nu^{K(n)}(t)+...+c_0u(ty\circ\exp)=0</math> עבור קבועים כלשהם*לכן <math>Hy\circ \exp =0</math> ולכן <math>Hy=0</math> בחיוביים, שהרי זו מד"ר שאנחנו יודעים לפתורהתמונה של <math>\exp</math>.  *אנחנו רוצים למצוא בקלות אבל איך נמצא את הפתרונות של המשוואה האופיינית, בלי ל<math>Ku=0</math>? צריך למצוא ישירות את הסקלריםהפולינום האופייני.**נסמן עבור <math>H(y)(=x)=a_nx^ny^{(n)}+...+a_0yr</math>**נסמן נקבל כי <math>Hy\circ\exp=K(uy\circ\exp)=K(te^{rt})=c_nuc_nr^{(n)e^{rt}(t)+...+c_0u(t)c_0 e^{rt}</math>**ראינו ש אם נחלק ב<math>H(y)(e^t){rt}</math> נקבל את הפולינום האופייני של המד"ר <math>Ku=K(y\circ e^t)0</math>, זו נקראת '''המשוואה האינדנציאלית''' של משוואת האוילר המקורית.*במילים פשוטות, על מנת לחשב את המשוואה האינדנציאלית:**נציב <math>y=x^r</math> ונקבל במשוואת האוילר***נציב <math>H(x^r)(x) = a_n\cdot r(r-1)\cdots(r-n+1) xe^r + ...+a_0 x^rt</math>.***ולכן ונחלק ב<math>K(e^{rt})=H</math> (או בעצם נחלק מראש ב<math>x^r)(e^t)=a_n\cdot r(r-1)\cdots(r-n+1) e^{rt} + ...+a_0 e^{rt}</math>שזה שקול)  **כלומר אם נשווה השורשים של המשוואה האינדנציאלית נותנים לנו את הפולינום האופייני הפתרונות לגרעין של <math>c_nu^{(n)}(t)+...+c_0u(t)=0K</math> לאפס נקבל את**, נרכיב אותם על <math>a_n\cdot rln(r-1x)\cdots(r-n+1) + ...+a_1r+a_0=0</math> (זו נקראת המשוואה '''האינדיציאלית''')ונקבל את הפתרונות למשוואת האוילר.