未定係数法

Approach for finding solutions of nonhomogeneous ordinary differential equations

数学において、未定係数法は、特定の非同次常微分方程式および漸化式に対する特解を求める手法である。この方法はアニヒレータ法と密接に関連しているが、特定の微分演算子（アニヒレータ）を用いて特解の最適な形を求めるのではなく、まず適切な形について「推測」を行い、得られた方程式を微分することでその推測を検証する。複雑な方程式の場合、アニヒレータ法やパラメータの変動は実行時間の短縮につながる。

未定係数法は、特定の形式に従う微分方程式にのみ適用できるため、パラメータの変化ほど一般的な方法ではありません。 ^[1]

方法の説明

次の形式の線形非同次常微分方程式を考える。

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

ここで、は の i 次導関数を表し、は の関数を表します。 ${\displaystyle y^{(i)}}$ ${\displaystyle y}$ ${\displaystyle c_{i}}$ ${\displaystyle x}$

未定係数法は、以下の2つの条件が満たされる場合に、この常微分方程式の解を得るための簡単な方法を提供する。^[2]

1. ${\displaystyle c_{i}}$定数です。
2. g ( x ) は定数、多項式関数、指数関数、正弦関数または余弦関数、あるいはこれらの関数の有限和と積（、定数）です。 ${\displaystyle e^{\alpha x}}$ ${\displaystyle \sin {\beta x}}$ ${\displaystyle \cos {\beta x}}$ ${\displaystyle {\alpha }}$ ${\displaystyle {\beta }}$

この方法は、相補線形同次微分方程式の一般同次解を求めるものである。 ${\displaystyle y_{c}}$

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

と、線形非同次常微分方程式の特定の積分を に基づいて求める。すると、線形非同次常微分方程式の一般解は ${\displaystyle y_{p}}$ ${\displaystyle g(x)}$ ${\displaystyle y}$

${\displaystyle y=y_{c}+y_{p}.}$^[3]

が2つの関数の和から成り、が に基づく解であり、が に基づく解であると言える。重ね合わせの原理を用いると、特定の積分は^[3]であると言える。 ${\displaystyle g(x)}$ ${\displaystyle h(x)+w(x)}$ ${\displaystyle y_{p_{1}}}$ ${\displaystyle h(x)}$ ${\displaystyle y_{p_{2}}}$ ${\displaystyle w(x)}$ ${\displaystyle y_{p}}$

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

特殊積分の典型的な形式

特定の積分を求めるには、いくつかの係数を変数として残し、その形を「推測」する必要があります。これは、相補関数の一次導関数の形をとります。以下に、いくつかの典型的な関数と、それらの推測解を表に示します。

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

上記のyの特定積分の項が同次解に現れる場合、解を独立にするためには、十分に大きなxのべき乗を乗じる必要がある。xの関数が上記の表の項の和である場合、対応するyの項の和を用いて特定積分を推測することができる。^[1]

例

例1

方程式の特定の積分を求める

${\displaystyle y''+y=t\cos t.}$

右辺t コスト tは次の式で表される。

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

ここで、n = 2、α = 0、β = 1 です。

α + iβ = iは特性方程式の単根なので

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

次のような形式の積分を試してみるとよいだろう。

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

y _{p を}微分方程式に代入すると、次の式が得られる。

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

両者を比較すると、

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

解決策がある

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

すると、特定の積分が得られる。

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

例2

次の線形非同次微分方程式を考えます。

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

これは、非同次部分 ( )が同次部分 ( ) の一般解に対して線形独立ではないことを除けば、上記の最初の例に似ています。結果として、線形独立にするためには、推測値にxの十分に大きな累乗を掛ける必要があります。 ${\displaystyle e^{x}}$ ${\displaystyle c_{1}e^{x}}$

ここでの推測は次のようになります。

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

この関数とその導関数を微分方程式に代入すると、Aを解くことができます。

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

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

${\displaystyle A=1.}$

したがって、この微分方程式の一般解は次のようになります。

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

例3

次の方程式の一般解を求めます。

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

${\displaystyle t^{2}}$は2次の多項式なので、同じ形式を使って解を求める。

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

この特定の関数を元の方程式に代入すると、

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

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

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

これにより、次のようになります。

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

定数を解くと次のようになります。

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

一般解を求めるには、

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

ここでは同次解 なので、一般解は次のようになります。 ${\displaystyle y_{c}}$ ${\displaystyle y_{c}=c_{1}e^{-t}}$

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

参考文献

1. Ralph P. Grimaldi (2000). 「非同次再帰関係」. 『離散数学と組合せ数学ハンドブック』第3.3.3節. ケネス・H・ローゼン編. CRC Press. ISBN 0-8493-0149-1。
2. Zill, Dennis G., Warren S. Wright (2014). Advanced Engineering Mathematics . Jones and Bartlett. p. 125. ISBN 978-1-4496-7977-4。{{cite book}}: CS1 maint: multiple names: authors list (link)
3. Dennis G. Zill (2008年5月14日). 『微分方程式入門』 Cengage Learning. ISBN 978-0-495-10824-5。

外部リンク

• ボイス, WE; ディプリマ, RC (1986). 『初等微分方程式と境界値問題』（第4版）. John Wiley & Sons. ISBN 0-471-83824-1。
• ライリー, KF; ベンス, SJ (2010). 『物理学と工学のための数学的手法』 ケンブリッジ大学出版局. ISBN 978-0-521-86153-3。
• テネンバウム、モリス、ポラード、ハリー (1985). 『常微分方程式』 ドーバー. ISBN 978-0-486-64940-5。
• de Oliveira, ORB (2013). 「未定係数を代入する公式と消滅法」. Int. J. Math. Educ. Sci. Technol . 44 (3): 462– 468. arXiv : 1110.4425 . Bibcode :2013IJMES..44..462R. doi :10.1080/0020739X.2012.714496. S2CID  55834468.

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