Метод неопределенных коэффициентов

В математике метод неопределенных коэффициентов — подход к нахождению частного решения некоторых неоднородных обыкновенных дифференциальных уравнений и рекуррентных соотношений . Он тесно связан с методом аннулятора , но вместо использования определенного типа дифференциального оператора (аннулятора) для нахождения наилучшей возможной формы конкретного решения анзац делается или «догадка» относительно соответствующей формы. которое затем проверяется путем дифференцирования полученного уравнения. Для сложных уравнений метод аннулятора или вариация параметров требует меньше времени для выполнения.

Неопределенные коэффициенты — не такой общий метод, как изменение параметров , поскольку он работает только для дифференциальных уравнений, которые имеют определенную форму.

Описание метода

Рассмотрим линейное неоднородное обыкновенное дифференциальное уравнение вида

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

где $y^{(i)}$ обозначает i-ю производную $y$, и $c_{i}$ обозначает функцию $x$.

Метод неопределенных коэффициентов обеспечивает простой метод получения решения этого ОДУ при соблюдении двух критериев:

1. $c_{i}$ являются константами.
2. g ( x ) — константа, полиномиальная функция, показательная функция $e^{\alpha x}$, функции синуса или косинуса $\sin {\beta x}$ или $\cos {\beta x}$, или конечные суммы и произведения этих функций ( ${\alpha }$, ${\beta }$ константы).

Метод заключается в нахождении общего однородного решения. $y_{c}$ для дополнительного линейного однородного дифференциального уравнения

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

и особый интеграл $y_{p}$ линейного неоднородного обыкновенного дифференциального уравнения на основе $g(x)$. Тогда общее решение $y$ к линейному неоднородному обыкновенному дифференциальному уравнению будет

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

Если $g(x)$ состоит из суммы двух функций $h(x)+w(x)$ и мы говорим это $y_{p_{1}}$ это решение, основанное на $h(x)$ и $y_{p_{2}}$ решение, основанное на $w(x)$. Тогда, используя принцип суперпозиции , мы можем сказать, что частный интеграл $y_{p}$ является

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

Типичные формы частного интеграла

Чтобы найти конкретный интеграл, нам нужно «угадать» его форму, оставив некоторые коэффициенты в качестве переменных, которые нужно решить. Это принимает форму первой производной дополнительной функции. Ниже приведена таблица некоторых типичных функций и решений для них.

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

Если член приведенного выше частного интеграла для y появляется в однородном решении, необходимо умножить x на достаточно большую степень , чтобы сделать решение независимым. Если функция x представляет собой сумму членов в приведенной выше таблице, конкретный интеграл можно угадать, используя сумму соответствующих членов для y .

Примеры

Пример 1

Найдите частный интеграл уравнения

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

Правая часть t Cost t имеет вид

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

с n = 2, α = 0 и β = 1.

Поскольку α + iβ = i — простой корень характеристического уравнения

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

нам следует попробовать конкретный интеграл вида

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

Подставляя y _p в дифференциальное уравнение, имеем тождество

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

Сравнивая обе стороны, мы имеем

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

который имеет решение

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

Тогда мы имеем особый интеграл

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

Пример 2

Рассмотрим следующее линейное неоднородное дифференциальное уравнение:

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

Это похоже на первый пример выше, за исключением того, что неоднородная часть ( $e^{x}$) не является линейно независимым от общего решения однородной части ( $c_{1}e^{x}$); в результате нам приходится умножать наше предположение на достаточно большую степень x, чтобы сделать его линейно независимым.

Здесь наше предположение становится следующим:

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

Подставив эту функцию и ее производную в дифференциальное уравнение, можно найти A :

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

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

$A=1.$

Итак, общее решение этого дифференциального уравнения:

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

Пример 3

Найдите общее решение уравнения:

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

$t^{2}$ является полиномом второй степени, поэтому ищем решение в той же форме:

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

Подстановка этой конкретной функции в исходное уравнение дает:

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

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

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

что дает:

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

Решая константы, получаем:

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

Чтобы найти общее решение,

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

где $y_{c}$ это однородное решение $y_{c}=c_{1}e^{-t}$, следовательно, общее решение:

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

Ссылки

• Бойс, МЫ; ДиПрима, RC (1986). Элементарные дифференциальные уравнения и краевые задачи (4-е изд.). Джон Уайли и сыновья. ISBN  0-471-83824-1 .
• Райли, К.Ф.; Бенс, SJ (2010). Математические методы в физике и технике . Издательство Кембриджского университета. ISBN  978-0-521-86153-3 .
• Тененбаум, Моррис; Поллард, Гарри (1985). Обыкновенные дифференциальные уравнения . Дувр. ISBN  978-0-486-64940-5 .
• де Оливейра, ORB (2013). «Формула замены неопределенных коэффициентов и аннуляторные методы». Межд. Дж. Математика. Образование. наук. Технол . 44 (3): 462–468. arXiv : 1110.4425 . Бибкод : 2013IJMES..44..462R . дои : 10.1080/0020739X.2012.714496 . S2CID   55834468 .