طريقة المعاملات غير المحددة

أوجد تكاملاً خاصاً للمعادلة

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

الطرف الأيمن t  cos t له الشكل التالي: 

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

مع n = 2، α = 0، و β = 1.

بما أن α + iβ = i هو جذر بسيط للمعادلة المميزة

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

ينبغي أن نجرب تكاملاً معيناً من الشكل

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

بإدخال y _p في المعادلة التفاضلية، نحصل على المتطابقة

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

بمقارنة الجانبين، لدينا

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

والذي يحتوي على الحل

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

ثم لدينا تكامل معين

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

ضع في اعتبارك المعادلة التفاضلية الخطية غير المتجانسة التالية:

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

يشبه هذا المثال الأول أعلاه، باستثناء أن الجزء غير المتجانس (${\displaystyle e^{x}}$) ليس مستقلاً خطياً عن الحل العام للجزء المتجانس (${\displaystyle c_{1}e^{x}}$ونتيجة لذلك، علينا أن نضرب تخميننا بقوة كبيرة كافية لـ x لجعله مستقلاً خطياً.

وهنا يصبح تخميننا كالتالي:

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

باستبدال هذه الدالة ومشتقتها في المعادلة التفاضلية، يمكن إيجاد قيمة A :

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

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

${\displaystyle A=1.}$

إذن، الحل العام لهذه المعادلة التفاضلية هو:

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

أوجد الحل العام للمعادلة:

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

${\displaystyle t^{2}}$هي كثيرة حدود من الدرجة الثانية، لذلك نبحث عن حل باستخدام نفس الشكل.

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

بإدخال هذه الدالة تحديدًا في المعادلة الأصلية، نحصل على:

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

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

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

مما يعطي:

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

وبحل المعادلة لإيجاد الثوابت نحصل على:

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

لإيجاد الحل العام،

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

أين${\displaystyle y_{c}}$هو المحلول المتجانس${\displaystyle y_{c}=c_{1}e^{-t}}$وبالتالي، فإن الحل العام هو:

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