Metoda e koeficientëve të pacaktuar

Në matematikë, metoda e koeficientëve të pacaktuar është një qasje për të gjetur një zgjidhje të veçantë për disa ekuacione diferenciale jo-homogjene të zakonshme dhe marrëdhëniet e rekurencës . Është e lidhur ngushtë me metodën e asgjësuesit, por në vend që të përdoret një lloj i veçantë operatori diferencial (asgjësuesi) për të gjetur formën më të mirë të mundshme të zgjidhjes së caktuar, bëhet një ansatz ose 'supozim' për formën e duhur, i cili më pas testohet duke diferencuar ekuacionin që rezulton. Për ekuacionet komplekse, metoda e asgjësuesit ose ndryshimi i parametrave kërkon më pak kohë për t'u kryer.

Përshkrimi i metodës

Konsideroni një ekuacion diferencial të zakonshëm jo-homogjen linear të formës

$\sum _{i=0}^{n}c_{i}y^{(i)}+y^{(n+1)}=g(x)$

ku $y^{(i)}$ tregon derivatin i-të të $y$, dhe $c_{i}$ tregojnë një funksion të $x$ .

Metoda e koeficientëve të pacaktuar ofron një metodë të drejtpërdrejtë për marrjen e zgjidhjes për këtë EDZ kur plotësohen dy kritere:

1. $c_{i}$ janë konstante.
2. $g(x)$ është një funksion konstant, një funksion polinomial, funksion eksponencial $e^{\alpha x}$, funksionet e sinusit ose kosinusit $\sin {\beta x}$ ose $\cos {\beta x}$, ose shuma dhe produkte të fundme të këtyre funksioneve ( ${\alpha }$, ${\beta }$ konstante).

Metoda konsiston në gjetjen e zgjidhjes së përgjithshme homogjene $y_{c}$ për ekuacionin diferencial homogjen linear plotësues

$\sum _{i=0}^{n}c_{i}y^{(i)}+y^{(n+1)}=0,$

dhe një integral të veçantë $y_{p}$ të EDZ jo-homogjen linear bazuar në $g(x)$ . Pastaj zgjidhja e përgjithshme $y$ të EDZ jo-homogjen linear do të ishte

$y=y_{c}+y_{p}.$

Nëse $g(x)$ jepet si shuma e dy funksioneve $h(x)+w(x)$ dhe thuhet se $y_{p_{1}}$ është zgjidhja e bazuar në $h(x)$ dhe $y_{p_{2}}$ zgjidhja e bazuar në $w(x)$ . Pastaj, duke përdorur parimin e mbivendosjes, mund të themi se integrali i veçantë $y_{p}$ është

$y_{p}=y_{p_{1}}+y_{p_{2}}.$

Format tipike të integralit të veçantë

Funksioni i x	Trajta për y
$ke^{ax}\!$	$Ce^{ax}\!$
$kx^{n},\;n=0,1,2,\ldots \!$	$\sum _{i=0}^{n}K_{i}x^{i}\!$
$k\cos(ax){\text{ or }}k\sin(ax)\!$	$K\cos(ax)+M\sin(ax)\!$
$ke^{ax}\cos(bx){\text{ or }}ke^{ax}\sin(bx)\!$	$e^{ax}(K\cos(bx)+M\sin(bx))\!$
$\left(\sum _{i=0}^{n}k_{i}x^{i}\right)\cos(bx){\text{ or }}\ \left(\sum _{i=0}^{n}k_{i}x^{i}\right)\sin(bx)\!$	$\left(\sum _{i=0}^{n}Q_{i}x^{i}\right)\cos(bx)+\left(\sum _{i=0}^{n}R_{i}x^{i}\right)\sin(bx)$
$\left(\sum _{i=0}^{n}k_{i}x^{i}\right)e^{ax}\cos(bx){\text{ or }}\left(\sum _{i=0}^{n}k_{i}x^{i}\right)e^{ax}\sin(bx)\!$	$e^{ax}\left(\left(\sum _{i=0}^{n}Q_{i}x^{i}\right)\cos(bx)+\left(\sum _{i=0}^{n}R_{i}x^{i}\right)\sin(bx)\right)$

Shembuj

Shembulli 1

Gjeni një integral të caktuar të ekuacionit

$y''+y=t\cos t.$

Ana e djathtë $t\cos t$ ka formën

$P_{n}e^{\alpha t}\cos {\beta t}$

me $n=2,{\text{ , }}\alpha =0{\text{ , }}\beta =1$.

Meqenëse $\alpha +i\beta =i$ është një rrënjë e thjeshtë e ekuacionit karakteristik

$\lambda ^{2}+1=0$

duhet të provojmë një integral të veçantë të formës

${\begin{aligned}y_{p}&=t\left[F_{1}(t)e^{\alpha t}\cos {\beta t}+G_{1}(t)e^{\alpha t}\sin {\beta t}\right]\\&=t\left[F_{1}(t)\cos t+G_{1}(t)\sin t\right]\\&=t\left[\left(A_{0}t+A_{1}\right)\cos t+\left(B_{0}t+B_{1}\right)\sin t\right]\\&=\left(A_{0}t^{2}+A_{1}t\right)\cos t+\left(B_{0}t^{2}+B_{1}t\right)\sin t.\end{aligned}}$

Duke zëvendësuar $y_{p}$ në ekuacionin diferencial, kemi identitetin

${\begin{aligned}t\cos t&=y_{p}''+y_{p}\\&=\left[\left(A_{0}t^{2}+A_{1}t\right)\cos t+\left(B_{0}t^{2}+B_{1}t\right)\sin t\right]''+\left[\left(A_{0}t^{2}+A_{1}t\right)\cos t+\left(B_{0}t^{2}+B_{1}t\right)\sin t\right]\\&=\left[2A_{0}\cos t+2\left(2A_{0}t+A_{1}\right)(-\sin t)+\left(A_{0}t^{2}+A_{1}t\right)(-\cos t)+2B_{0}\sin t+2\left(2B_{0}t+B_{1}\right)\cos t+\left(B_{0}t^{2}+B_{1}t\right)(-\sin t)\right]\\&\qquad +\left[\left(A_{0}t^{2}+A_{1}t\right)\cos t+\left(B_{0}t^{2}+B_{1}t\right)\sin t\right]\\&=[4B_{0}t+(2A_{0}+2B_{1})]\cos t+[-4A_{0}t+(-2A_{1}+2B_{0})]\sin t.\end{aligned}}$

Duke krahasuar të dyja palët, kemi

${\begin{cases}1=4B_{0}\\0=2A_{0}+2B_{1}\\0=-4A_{0}\\0=-2A_{1}+2B_{0}\end{cases}}$

e cila ka zgjidhjen

$A_{0}=0,\quad A_{1}=B_{0}={\frac {1}{4}},\quad B_{1}=0.$

Pastaj marrim një integral të veçantë

$y_{p}={\frac {1}{4}}t\cos t+{\frac {1}{4}}t^{2}\sin t.$

Shembulli 2

Merrni parasysh ekuacionin diferencial linear johomogjen të mëposhtëm:

${\frac {dy}{dx}}=y+e^{x}.$

Ky është si shembulli i parë i mësipërm, përveç se pjesa johomogjene ( $e^{x}$ ) nuk është linearisht e pavarur nga zgjidhja e përgjithshme e pjesës homogjene ( $c_{1}e^{x}$ ); si rezultat, ne duhet të shumëzojmë supozimin tonë me një fuqi mjaftueshëm të madhe prej x për ta bërë atë linearisht të pavarur.

Këtu supozimi ynë bëhet:

$y_{p}=Axe^{x}.$

Duke zëvendësuar këtë funksion dhe derivatin e tij në ekuacionin diferencial, mund të zgjidhet për A :

${\frac {d}{dx}}\left(Axe^{x}\right)=Axe^{x}+e^{x}$

$Axe^{x}+Ae^{x}=Axe^{x}+e^{x}$

$A=1.$

Pra, zgjidhja e përgjithshme për këtë ekuacion diferencial është:

$y=c_{1}e^{x}+xe^{x}.$

Shembulli 3

Gjeni zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit:

${\frac {dy}{dt}}=t^{2}-y$

$t^{2}$ është një polinom i shkallës së dytë, kështu që ne kërkojmë një zgjidhje duke përdorur të njëjtën formë,

$y_{p}=At^{2}+Bt+C,$

Futja e këtij funksioni të veçantë në ekuacionin origjinal jep,

$2At+B=t^{2}-(At^{2}+Bt+C),$

$2At+B=(1-A)t^{2}-Bt-C,$

$(A-1)t^{2}+(2A+B)t+(B+C)=0.$

e cila jep:

$A-1=0,\quad 2A+B=0,\quad B+C=0.$

Duke zgjedhur konstantet marrim:

$y_{p}=t^{2}-2t+2$

Për të zgjidhur për zgjidhjen e përgjithshme,

$y=y_{p}+y_{c}$

ku $y_{c}$ është zgjidhja homogjene $y_{c}=c_{1}e^{-t}$ Prandaj, zgjidhja e përgjithshme është:

$y=t^{2}-2t+2+c_{1}e^{-t}$