Partikuláris megoldás keresése - a határozatlan együtthatók módszere Ebben a szakaszban az inhomogén, állandó együtthatós   $${y}^{\prime\prime}+p{y}^\prime+q y=r(x)\qquad\qquad p,q\in {\rm I\! R}$$ (81) egyenletnek keressük egy megoldását. A módszer, amelyet ismertetünk, akkor adja csak meg (95) egy partikuláris megoldását, ha a jobb oldal, az r(x) függvény felírható polinomok, exponenciális függvények és a sin és cos függvények lineáris transzformáltjainak szorzata, illetve ilyen szorzatok összege alakjában. Az alkalmazások nagy részében elegendő, ha ilyen jobb oldalú feladatokat meg tudunk oldani. Az ötlet onnan jön, hogy az előbb említett függvények deriváltjai hasonló alakúak, mint maguk a függvények, ezért egy megoldást az r(x)-hez hasonló függvények között keresünk. Azt nem várhatjuk, hogy egy függvénnyel egyből eltalálunk egy partikuláris megoldást, ezért több, számításba jövő függvénynek vesszük a lineáris kombinációját ismeretlen együtthatókkal, ezután a kapott függvényt visszahelyettesítjük a differenciálegyenletbe. A deriválások elvégzése és összevonások után a bal és jobb oldalon előforduló azonos függvények együtthatóit egyenlővé téve egyenleteket kapunk az ismeretlen együtthatókra, amelyek megoldása után felírhatunk egy partikuláris megoldást. Mielőtt továbbmennénk, nézzünk meg egy példát!   1-1. kidolgozott feladat. Keressük meg az $${y}^{\prime\prime}+2{y}^\prime-y=3x-7$$ egyenlet egy partikuláris megoldását! Megoldás: Mivel a jobb oldal elsőfokú polinom, ezért keressük a megoldást is az elsőfokú polinomok között! Az y=ax+b függvényt a differenciálegyenletbe beírva ahonnan a $$-a=3,\,\,\,2a-b=-7$$ egyenleteket kapjuk, rendre az elsőfokú és a konstans tagok együtthatóit egyenlővé téve. Ezeket megoldva az a=-3, b=1 értékeket kapjuk, így az egyenlet egy partikuláris megoldása $$y=-3x+1.\qquad\qquad\Box$$ Az alábbiakban egy táblázatot közlünk, amely különböző r(x) jobb oldalakhoz megadja, hogy milyen alakban keressük a partikuláris megoldást. Ezt az egyenlet bal oldala annyiban befolyásolja, hogy pusztán a jobb oldalra figyelve előfordulhat: a fent leírt partikuláris megoldást kereső eljárás pont a differenciálegyenletünknek megfelelő homogén egyenlet egy megoldását adja. Ekkor persze a kapott függvény nem megoldása az inhomogén egyenletnek; partikuláris megoldást úgy kapunk, hogy az előbb nyert $\tilde y$ függvényt megszorozzuk x-szel, illetve x2-tel, ha -nak mint a homogén egyenletnek megoldásának megfelelő gyök a karakterisztikus egyenletnek egyszeres, illetve kétszeres gyöke. r(x) y(x) (partikuláris megoldás) $$\tilde P(x)$$ P(x) k-adfokú polinom polinom $$\cos(\omega x) a\cos(\omega x)+b\sin(\omega x)$$ $$\sin(\omega x)$$ $$e^{\alpha x} ce^{\alpha x}$$ $$e^{\alpha x}(P(x) \cos \beta x +Q(x) \sin \beta x) e^{\alpha x}(\tilde P(x)\cos \beta x + \tilde Q(x)\sin \beta x )$$ $$\tilde P \tilde Q$$ (P, Q legfeljebb k-adfokú polinom) Vegyük észre, hogy a táblázat utolsó sora speciális esetként magában foglalja a többi sort (pl. az első sor az utolsóból $\alpha=0$, $\beta=0$ választással adódik). Csak a könnyebb használhatóság miatt tüntettük fel a többi sort. Előfordul az is, hogy egy feladatban a jobb oldal két vagy több olyan függvény összege, amely szerepel a táblázatban. Ekkor világos, hogy a partikuláris megoldást e függvényeknek megfelelő partikuláris megoldásainak az összege. (Ugyanis ha pl. r=r1+r2 a jobb oldal és y1 az r1-hez, y2 az r2-höz tartozó partikuláris megoldás, akkor y=y1+y2 partikuláris megoldása az r jobb oldalú faladatnak, amiről egy egyszerű behelyettesítéssel meggyőződhetünk.) Például r=4e2x+x2 esetén a partikuláris megoldást y=ae2x+bx2+cx+d alakban kell keresni. Eljárásunk működését megfigyelhetjük az alábbi példákon.   1-2. kidolgozott feladat. Keressük meg az $${y}^{\prime\prime}+{y}^\prime-y=29\cos(2x)$$ egyenlet egy partikuláris megoldását! Megoldás: Mivel a jobb oldal trigonometrikus függvény ezért a megoldást is a trigonometrikus függvények között keressük. Legyen tehát $$y=a\cos(2x)+b\sin(2x).$$ Beírva ezt a differenciálegyenletbe kapjuk Az utolsó egyenletben $\cos(2x)$ és $\sin(2x)$ együtthatóit egyenlővé téve: ahonnan a=-5, b=2, így a differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása $$y=-5\cos(2x)+2\sin(2x).\qquad\qquad\Box$$   1-3. kidolgozott feladat. Keressük meg az $${y}^{\prime\prime}+{y}^\prime-2y=e^x$$ egyenlet egy partikuláris megoldását! Megoldás: A jobb oldal ex, ezért a megoldást a $ce^x,\quad c\in{\rm I\! R}$ alakú függvények között kellene keresnünk. Azonban ex megoldása a $${y}^{\prime\prime}+{y}^\prime-2y=0$$ homogén egyenletnek, hiszen $e^x=e^{1\cdot x}$ és $\lambda_1=1$gyöke a homogén egyenletnek megfelelő $$\lambda^2+\lambda-2=0$$ karakterisztikus egyenletnek. Ezért a fentebb elmondott elv szerint a cxex alakú függvények között kell keresgélnünk. Beírva ezt a differenciálegyenletbe kapjuk tehát tényleg kaptunk egy partikuláris megoldást, $\frac13xe^x$-et.   Végezetül oldjunk meg egy olyan feladatot, ahol együttesen használjuk a 3.1 szakaszban tanultakat.   1-4. kidolgozott feladat. Keressük meg az kezdetiérték-feladat megoldását! Megoldás: A tekintett differenciálegyenlet általános megoldása   y=yh+yp (82) alakú, ahol yh a homogén   $${y}^{\prime\prime}_h+{y}^\prime_h-2y_h=0$$ (83) egyenlet általános, yp pedig az eredeti differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása. Az előző kidolgozott feladat szerint az   $$y_p=\frac13xe^x$$ (84) függvény partikuláris megoldás. A (97) homogén egyenlethez tartozó karakterisztikus egyenlet $$\lambda^2+\lambda-2=0,$$ amelynek gyökei , $\lambda_2=-2$. Ezért a homogén egyenlet általános megoldása   yh=aex+be-2x. (85) (96), (98) és (99) összevetéséből felírhatjuk az eredeti differenciálegyenlet általános megoldását:   $$y=ae^x+be^{-2x}+\frac13xe^x.$$ (86) Az egyelőre szabadon lévő a és b értékét a kezdeti feltételből határozzuk meg: ahonnan a=2/3, b=1/3. Ezért (100) szerint a kezdetiérték-feladat megoldása: $$\frac{(x+2)e^x-e^{-2x}}{3}.$$

Dr. Horváth Zoltán:Bevezetés a differenciálegyenletek megoldásábaKészült a SZIF-MML-rendszer felhasználásával