Keressük az $$y''+f_1(x)y'+f_2(x)y=f_3(x)$$ inhomogén egyenlet általános megoldását. Tegyük fel, hogy a megfelelő $$y''+f_1(x)y'+f_2(x)y=0$$ homogén egyenlet alaprendszere, $y_1(x)$ és $y_2(x)$ már ismert.
Állandók variálása:
Ansatz: $$y=c_1(x)y_1(x)+c_1(x)y_2(x)$$ Deriválva: $$y'=c_1y_1'+c_2y_2'+c_1'y_1+c_2'y_2$$ $$y''=c_1y_1''+c_2y_2''+2c_1'y_1'+2c_2'y_2'+c_1''y_1+c_2''y_2$$ Az inhomogén egyenletbe behelyettesítve:
Megoldás:
- Példa:
$$x^2\left(\ln x -1\right)y''-xy'+y=\left(x\ln x -x\right)^2$$
- A fentiek alkalmazásához írjuk az egyenletet $$y''-\frac{1}{x\left(\ln x -1\right)}y'+\frac{1}{x^2\left(\ln x -1\right)}y=\ln x -1$$ alakba.
- Először a homogén egyenlet megoldásait keressük. Nem nehéz rájönni, hogy $$y_1=x$$ megoldása a homogén egyenletnek.
- A Wronski-determináns kiszámítása: $$W(y_1,y_2)=\text{const}\times \exp\left(\int\frac{1}{x\left(\ln x -1\right)}dx \right)=\text{const}\times \left|\ln x -1\right|$$ A továbbiakban csak az $x > 1$ tartományt vizsgáljuk.
- $$W= y_1y_2'-y_1'y_2=\ln x -1$$ azaz $$ xy_2'-y_2=\ln x -1$$ Megoldás az állandók variálásával. A homogén egyenlet szétválasztható, megoldása $$y_2=C x\;,$$ az inhomogén egyenlet megoldásához pedig $C$-t $x$ függvényének tekintjük. Így $$x C' x+xC-C x=\ln x -1$$ adódik, azaz $$C'=\frac{\ln x -1}{x^2}\;.$$ Integrálva: $$C=-\frac{\ln x}{x}+C_0\;,$$ ahol $C_0$ integrációs állandó. Ezzel $$y_2=-\ln x+C_0 x\;.$$ Az egyszerűség kedvéért legyen $C_0=0$, és válasszuk $y_2$-nek a fenti kifejezés $(-1)$-szeresét, amit a linearitás miatt megtehetünk. Tehát $$ y_2=\ln x$$ az alaprendszer másik tagja.
- Alkalmazzuk most a fenti képletet az inhomogén egyenlet megoldására. Egyszerű számolással kapjuk a végeredményt: $$y=x^2\left(\frac{1}{2}\ln x -1\right)+k_1 x+k_2\ln x$$ az inhomogén egyenlet általános megoldása.
- Ha az együtthatók adott tartományban analitikus függvények, akkor a
kezdetiérték-problémának egyértelmű analitikus megoldása létezik. (A fent
idézett tétel következménye.)
Legyen a megoldandó egyenlet $$\frac{d^2y}{dz^2}+p(z)\frac{dy}{dz}+q(z)y=f(z)\;,$$ és legyenek a $p(z)$, $q(z)$, $f(z)$ függvények analitikusak a $z_0$ pont egy környezetében. Ekkor a megoldás is analitikus $z_0$ egy alkalmas (kisebb) környezetében. Ebben a környezetben írhatjuk tehát, hogy $$y=\sum_{j=0}^\infty c_j (z-z_0)^j$$ $$p=\sum_{j=0}^\infty p_j (z-z_0)^j$$ $$q=\sum_{j=0}^\infty q_j (z-z_0)^j$$ $$f=\sum_{j=0}^\infty f_j (z-z_0)^j$$ Ezek a Taylor-sorok az adott környezetben abszolút konvergensek és előállítják a baloldalon szereplő függvényeket. A megoldás tehát egyenértékű a $c_j$ együtthatók meghatározásával ($p_j$-k, $q_j$-k, $f_j$-k adottak). A fenti sorokat behelyettesítjük az egyenletbe. Abszolút konvergens sorok tagonként deriválhatók és átrendezhetők, így $$y'=\sum_{j=0}^\infty (j+1)c_{j+1} (z-z_0)^j$$ $$y''=\sum_{j=0}^\infty (j+1)(j+2)c_{j+2} (z-z_0)^j$$ $$py'=\sum_{j=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^jp_{j-k}(k+1)c_{k+1} \right)(z-z_0)^j$$ $$qy=\sum_{j=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^jq_{j-k}c_{k} \right)(z-z_0)^j$$ Mindezeket az egyenletbe beírva és a két oldalon $z-z_0$ azonos hatványainak együtthatóit egyenlővé téve kapjuk: $$(j+1)(j+2)c_{j+2}+\left(\sum_{k=0}^jp_{j-k}(k+1)c_{k+1} \right)+\left(\sum_{k=0}^jq_{j-k}c_{k} \right)=f_j\;.$$ Ebből $j=0$ esetén $$c_2=\frac{1}{2}\left(f_0-q_0c_0-p_0c_1\right)$$ adódik, $j=1$ esetében $$c_3=\frac{1}{6}\left(f_1-q_1c_0-(q_0+p_1)c_1-2p_0c_2\right)\;,$$ általában $$c_{j+2}=\frac{1}{(j+1)(j+2)}\left(f_j-\sum_{k=0}^{j+1}(q_{j-k}+kp_{j-k+1})c_k\right)\;.$$ (itt a $k$-ra vett összeghez csak a nemnegatív indexszel rendelkező $p_i$-k és $q_i$-k adnak járulékot.) Látható, hogy $c_0$-lal és $c_1$-gyel sorban az összes együttható kifejezhető. $c_0$ és $c_1$ integrációs konstansok, ill. a kezdeti feltételekből határozhatók meg. - A megoldás analitikus folytatása:
