Univerzita Karlova v Praze Matematicko-fyzikální fakulta
BAKALÁŘSKÁ PRÁCE
Antonín Sadil Elementární metody řešení diferenčních rovnic Katedra matematické analýzy
Vedoucí bakalářské práce: RNDr. Robert Černý, Ph.D. Studijní program: Matematika - obecná matematika
2008
Na tomto místě bych rád poděkoval vedoucímu bakalářské práce RNDr. Robertovi Černému, Ph.D. za jeho věcné připomínky, cenné rady a náměty ke zpracování. Rád bych také poděkoval svým rodičům za neustálou pomoc a podporu při studiu.
Prohlašuji, že jsem svou bakalářskou práci napsal samostatně a výhradně s použitím citovaných pramenů. Souhlasím se zapůjčováním práce a jejím zveřejňováním. V Praze dne 6.8.2008
Antonín Sadil
2
Obsah 1 Úvod 1.1 Značení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Příprava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 5 5
2 Diference a sumace
7
3 Lineární diferenční rovnice s konstantními 3.1 Řešení homogenních rovnic . . . . . . . . . 3.2 Řešení nehomogenních rovnic . . . . . . . 3.2.1 Metoda variace konstant . . . . . . 3.2.2 Metoda speciální pravé strany . . .
koeficienty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
9 10 22 23 24
4 Lineární diferenční rovnice prvního řádu s nekonstantními koeficienty 27 4.1 Homogenní rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2 Rovnice s pravou stranou . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 5 Soustavy lineárních diferenčních rovnic s konstantními koeficienty 29 5.1 Eliminační metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 5.2 Maticová metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Literatura
37
3
Název práce: Elementární metody řešení diferenčních rovnic Autor: Antonín Sadil Katedra (ústav): Katedra matematické analýzy Vedoucí bakalářské práce: RNDr. Robert Černý, Ph.D. e-mail vedoucího:
[email protected] Abstrakt: Tato práce pojednává o metodách řešení lineárních diferenčních rovnic. Zaměřuje se na vlastnosti řešení homogenních rovnic a nalezení fundamentálního systému pro jednoduché, násobné i komplexní kořeny charakteristického polynomu. U nehomogenních rovnic se pak zaměřuje především na metody pro nalezení partikulárního řešení. Dále se krátce zabývá řešením lineární diferenční rovnice prvního řádu s nekonstantními koeficienty a v závěru popisuje metody řešení soustav lineárních diferenčních rovnic prvního řádu. Celá teorie je postavena na důkazech a pro lepší pochopení je proložena několika ilustrativními příklady. Klíčová slova: homogenní rovnice, nehomogenní rovnice, fundamentální systém
Title: Elementary methods for solution to difference equations Author: Antonín Sadil Department: Department of Mathematical Analysis Supervisor: RNDr. Robert Černý, Ph.D. Supervisor’s e-mail address:
[email protected] Abstract: This work presents about methods for solution to difference equations. It focus on characteristics of solutions of the homogeneous equations and finding fundamental system for simple, multiple and complex roots of characteristic polynomial. Regarding non-homogeneous equations this work shows procedure of finding the particular solution. Then, priciples of solution of fist-order linear difference equations with non-constant coefficients are shown. Finally methods for solution of systems of first-order linear difference equations are described. All work is based on theorems and proofs and, for better understanding, several illustrative examples are added. Keywords: homogeneous equations, non-homogeneous equations, fundamental system
4
Kapitola 1 Úvod Diferenční rovnice se využívají k řešení problémů s veličinami danými v diskrétních bodech. Tak je tomu například v ekonomii, biologii, fyzice a mnoha dalších oborech, kde se data získávají po nějakých časových intervalech. Diferenční rovnice jsou určitou analogií rovnic diferenciálních, ale pro jejich řešení nelze využít metod založených na spojitosti. Většinou diferenční rovnice představují rekurentní vzorec pro nějakou posloupnost a vyřešit tyto rovnice znamená najít vzorec pro n-tý člen těchto posloupností.
1.1
Značení
Písmeno k značí v celém článku většinou řád rovnice nebo stupeň polynomu, proto kde není explicitně uvedeno jinak, uvažujeme k ∈ N. ∞ Místo {yn }∞ n=0 , {ϕn }n=0 , apod. budeme většinou psát jednoduše yn , ϕn , . . . Výjimku budou tvořit místa, kde by mohlo dojít k nejasnostem. Re Im deg I h diag 4
1.2
... ... ... ... ... ... ...
reálná část komplexního čísla imaginární část komplexního čísla stupeň polynomu jednotková matice hodnost matice diagonální matice značí pro lepší přehlednost konec příkladu
Příprava
Práce využívá látku ze základního kurzu lineární algebry na Matematicko-fyzikální fakultě, pro čtenářovo pohodlí připomeňme alespoň následující tvrzení, které budeme potřebovat v poslední kapitole.
5
Definice 1.1 Jordanovou maticí J1 0 J = .. . 0
typu k × k budeme rozumět matici 0 ··· 0 J2 0 , 1 ≤ r ≤ k, . . . .. . 0 · · · Jr
kde Ji jsou jednotlivé Jordanovy bloky tvaru λi 1 0 ··· 0 .. 0 λi 1 . . . . .. .. 0 Ji = .. . .. λi 1 0 · · · · · · 0 λi
pro λi ∈ C, i = 1, . . . , r.
Definice 1.2 Říkáme, že dvě matice A a B typu k×k jsou podobné, jestliže existuje regulární matice T tak, že T −1 AT = B. Tvrzení 1.1 Libovolná matice A typu k × k je podobná Jordanově matici J definované v (1.1), tj. T −1 AT = J, kde T je jako v definici (1.2). Navíc T je sestavena z vlastních vektorů, respektive zobecněných vlastních vektorů matice A.
6
Kapitola 2 Diference a sumace V této kapitole uvedeme několik vlastností diference a sumace, které budeme využívat v kapitolách následujících. Další vlastnosti diference a sumace a příklady jejich využití lze nalézt například v Goldberg [2] nebo Milne [4]. Definice 2.1 Mějme posloupnost yn definovanou pro všechna n ∈ N0 . Diferencí yn rozumíme funkci, která každému n ∈ N0 přiřazuje hodnotu yn+1 − yn . Značíme ji ∆yn = yn+1 − yn . Tvrzení 2.1 Nechť yn1 a yn2 jsou libovolné reálné posloupnosti. Potom pro libovolné c1 , c2 ∈ R a pro všechna n ∈ N0 platí: ∆ c1 yn1 ± c2 yn2 = c1 ∆yn1 ± c2 ∆yn2 . Důkaz: Důkaz uvádí Goldberg [2], str. 26. Vzorce pro diference některých posloupností a diference jejich součinu a podílu lze nalézt v Milne [4], str. 329 − 331. Definice 2.2 Nechť fn je daná posloupnost a nechť yn je taková posloupnost, že ∆yn = fn . Posloupnost yn nazýváme sumací fn a značíme ji yn = ∆−1 fn . Tvrzení 2.2 Pro posloupnosti xn a yn platí, že ∆xn = ∆yn pro všechna n ∈ N0 , právě když xn = yn + c, kde c ∈ R. Důkaz: Důkaz je uveden v Prágerová [5], str. 25. Tvrzení 2.3 Nechť yn1 a yn2 jsou libovolné reálné posloupnosti. Potom pro libovolné c1 , c2 ∈ R a pro všechna n ∈ N0 platí: ∆−1 c1 yn1 ± c2 yn2 = c1 ∆−1 yn1 ± c2 ∆−1 yn2 . 7
Důkaz: Důkaz uvádí Goldberg [2], str. 43. Věta 2.1 Nechť n ∈ N0 , q ∈ R, α ∈ h0, 2π) a Pm (n) je polynom stupně m. Pak platí: a) ∆−1 Pm (n) = Qm+1 (n), kde Qm+1 (n) je jednoznačně určený polynom stupně m + 1. b) Je-li q > 0, q 6= 1, potom ∆−1 Pm (n)q n = Qm (n)q n , kde Qm (n) je jednoznačně určený polynom stupně m. c) Je-li α 6= 0 potom ∆−1 Pm (n) sin αn = Qm (n) sin αn + Rm (n) cos αn, ∗ ∆−1 Pm (n) cos αn = Q∗m (n) sin αn + Rm (n) cos αn, ∗ kde Qm (n), Rm (n), Q∗m (n), Rm (n) jsou jednoznačně určené polynomy stupně m.
d) Je-li q > 0 potom ∆−1 q n sin αn = q n (a sin αn + b cos αn) , ∆−1 q n cos αn = q n (a∗ sin αn + b∗ cos αn) , kde a, b, a∗ , b∗ jsou jednoznačně určené konstanty. e) Je-li q > 0, α 6= 0, potom ∆−1 Pm (n)q n sin αn = q n [Qm (n) sin αn + Rm (n) cos αn] , ∗ ∆−1 Pm (n)q n cos αn = q n [Q∗m (n) sin αn + Rm (n) cos αn] , ∗ kde Qm (n), Rm (n), Q∗m (n), Rm (n) jsou jednoznačně určené polynomy stupně m.
Důkaz: Důkaz uvádí Prágerová [5], str. 26-29. Mějme nyní rovnici ∆yn = fn , kde fn má tvar uvedený ve větě (2.1). Potom podle věty (2.1) odhadneme řešení jako yn = ∆−1 fn . Koeficienty polynomů vypočítáme ze vztahu ∆yn = yn+1 − yn = fn porovnáním koeficientů u jednotlivých mocnin n. Tím jsme získali jednoznačné řešení rovnice yn = ∆−1 fn .
8
Kapitola 3 Lineární diferenční rovnice s konstantními koeficienty Definice 3.1 Nechť k ∈ N. Lineární diferenční rovnicí s konstantními koeficienty budeme rozumět rovnici ak yn+k + ak−1 yn+k−1 + · · · + a0 yn = fn ,
(3.1)
kde a0 , a1 , . . . , ak ∈ R jsou pevné konstanty, {fn }∞ n=0 je daná posloupnost a kde ∞ neznámou je posloupnost {yn }n=0 . Je-li a0 6= 0 a ak 6= 0 jedná se o lineární diferenční rovnici k-tého řádu. Jestliže fn ≡ 0 pro všechna n ∈ N0 nazýváme rovnici homogenní, v opačném případě se jedná o rovnici nehomogenní neboli rovnici s pravou stranou. Libovolnou posloupnost {ϕn }∞ n=0 , která splňuje (3.1), nazveme partikulární řešení. Obecným řešením pak nazýváme vzorec zahrnující všechna partikulární řešení. Označme homogenní resp. nehomogenní rovnici: k X
aj yn+j = 0,
(3.2)
aj yn+j = fn .
(3.3)
j=0 k X j=0
Věta 3.1 Nechť máme rovnici řádu k a nechť jsou dány hodnoty y0 , y1 , . . . , yk−1 (tzv. počáteční podmínky). Pak rovnice (3.1) má právě jedno řešení. Důkaz: Důkaz provedeme indukcí. Protože ak 6= 0, můžeme z (3.1) vyjádřit yj pro j ≥ k jako 1 yj = (fj−k − a0 yj−k − a1 yj−k+1 − . . . − ak−1 yj−1 ). (3.4) ak
9
Z (3.4) můžeme jednoznačně vypočítat hodnotu yk , neboť hodnoty y0 , . . . , yk−1 jsou předepsány. Předpokládejme nyní, že stejným způsobem vypočteme jednoznačně hodnoty yk+1 , yk+2 , . . . , yl . S využitím (3.4) dostáváme yl+1 =
1 (fl−k+1 − a0 yl−k+1 − a1 yl−k+2 − . . . − ak−1 yl ). ak
Protože l ≥ k, jsou hodnoty yl , yl−1 , . . . , yl−k+1 jednoznačně určeny, a proto i hodnota yl+1 je určena jednoznačně. Tím jsme završili indukční krok a dokázali, že řešení existuje, a to jediné.
3.1
Řešení homogenních rovnic
Věta 3.2 Nechť ϕn a ϕ˜n jsou řešení rovnice (3.2) a nechť c1 , c2 ∈ R. Potom: yn = c1 ϕn + c2 ϕ˜n je také řešením (3.2). Důkaz: Víme, že k X
k X
aj ϕn+j = 0,
j=0
aj ϕ˜n+j = 0,
j=0
neboť jsou to řešení (3.2). Potom k X j=0
aj yn+j =
k X
aj [c1 ϕn+j + c2 ϕ˜n+j ] = c1
j=0
k X
aj ϕn+j +c2
j=0
k X
aj ϕ˜n+j = c1 ·0+c2 ·0 = 0,
j=0
tedy yn je také řešením (3.2). Důsledek 3.1 Nalezneme-li k partikulárních řešení homogenní rovnice (3.2) ϕ1n , . . . , ϕkn , pak posloupnost yn = c1 ϕ1n + . . . + ck ϕkn , kde c1 , . . . , ck ∈ R, je také řešením (3.2). ∞
Definice 3.2 Řekneme, že posloupnosti {ϕjn }n=0 , j = 1, 2, . . . , m, jsou lineárně nezávislé, jestliže platí: (c1 ϕ1n +c2 ϕ2n +. . .+cm ϕm n = 0 pro ∀ n = 0, 1, 2, . . .) ⇒ (cj = 0 pro ∀j = 1, 2, . . . , m).
10
Tvrzení 3.1 Máme-li rovnici řádu k, nezávislé, právě když matice ϕ10 ϕ1 1 M = .. . ϕ1k−1
pak posloupnosti ϕ1n , ϕ2n , . . . , ϕm n jsou lineárně ϕ20 ϕ21
... ... .. .
ϕm 0 ϕm 1 .. .
ϕ2k−1 . . . ϕm k−1
má hodnost m. Maximální počet lineárně nezávislých prvků je roven k.
Důkaz: Nechť nejprve platí: (c1 ϕ1n +c2 ϕ2n +. . .+cm ϕm n = 0 pro ∀ n = 0, 1, 2, . . .) ⇒ (cj = 0 pro ∀j = 1, 2, . . . , m). Definujeme M1 =
ϕ10 ϕ11 ϕ12 .. .
ϕ20 . . . ϕm 0 ϕ21 . . . ϕm 1 ϕ22 . . . ϕm 2 .. .. . .
.
Potom z podmínky nezávislosti plyne, že h(M1 ) = m. Z rovnosti (3.4) pak vidíme, že h(M ) = h(M1 ) = m. Nyní dokážeme opačnou implikaci. Nechť h(M ) = m, pak sloupce matice M jsou lineárně nezávislé a platí: ϕm ϕ10 0 ϕm ϕ1 1 1 = 0 + . . . + c c 1 .. ⇒ [cj = 0 pro ∀j = 1, 2, . . . , m] . .. m . . m 1 ϕk−1 ϕk−1 Z věty (3.1) pak plyne lineární nezávislost pro ∀ n ∈ N0 . K dokončení důkazu si stačí všimnout, že maximální hodnost matice M je k, a proto maximální počet lineárně nezávislých prvků je roven k. Příklad 1: Dokažte, že posloupnosti 4n+2 a (−2)2n−3 jsou lineárně závislé. Řešení: Hledáme c1 a c2 nenulové tak, aby pro všecha n platilo c1 4n+2 + c2 (−2)2n−3 = 0. 11
Vytknutím 4n dostáváme 1 4n (16c1 − c2 ) = 0. 8 Tato rovnice je splněna pro všechny dvojice c1 , c2 , kde c1 je libovolné a c2 = 128c1 . Odtud je zřejmé, že zadané posloupnosti jsou lineárně závislé. 4 Definice 3.3 Systém k lineárně nezávislých řešení homogenní diferenční rovnice řádu k nazveme fundamentální systém této rovnice. Tvrzení diferenční rovnici řádu k. Pak systém posloupností j ∞ 3.2 Mějme homogenní {ϕn }n=0 , j = 1, 2, . . . , k je fundamentální systém, právě když platí: ϕ1 ϕ2 ... ϕk0 0 0 ϕ1 ϕ2 ... ϕk1 1 1 (3.5) W (ϕ1n , . . . , ϕkn ) := .. .. 6= 0. ... . . 1 ϕk−1 ϕ2k−1 . . . ϕkk−1 Důkaz: Plyne bezprostředně z tvrzení (3.1). Determinant (3.5) se nazývá Casoratián a je to vlastně určitá analogie Wronskiánu z teorie lineárních diferenciálních rovnic. Příklad 1 - pokračování: Zkusme se vrátit zpět k předchozímu příkladu a využít poslední poznámku. Dosazením prvních dvou členů posloupností dostáváme 2 4 (−2)−3 1 1 W = 3 + 64 · = 0 −1 = −16 · 4 (−2) 2 8 a máme lineární závislost. 4 Podívejme se nyní, jak vypadá obecné řešení homogenní diferenční rovnice. ∞
Věta 3.3 Nechť posloupnosti {ϕjn }n=0 , j = 1, 2, . . . , k, tvoří fundamentální systém řešení (3.2) a nechť ψn je libovolná posloupnost. Potom ψn je řešení (3.2), právě když je lineární kombinací prvků fundamentálního systému, tj. existují konstanty c1 , . . . , ck ∈ R tak, že k X ck ϕjn . ψn = j=0
12
Důkaz: Nechť ψn je řešení (3.2). Víme, že platí ϕ1 ϕ2 0 0 ϕ1 ϕ2 1 1 W = .. . 1 ϕk−1 ϕ2k−1
... ... .. .
ϕk0 ϕk1 .. .
. . . ϕkk−1
6= 0.
Odtud vidíme, že vektory (ϕj0 , . . . , ϕjk−1 )T , j = 1, . . . , k, jsou lineárně nezáj vislé a tvoří tedy bázi v Rk . Z toho plyne, že vektor (ψ0j , . . . , ψk−1 )T je lineární kombinací vektorů (ϕj0 , . . . , ϕjk−1 )T , j = 1, . . . , k. Jinak řečeno existuje aj ∈ R, P j = 1, . . . , k, tak, že ψn = kj=0 aj ϕjn pro všechna n = 0, 1, . . . , k − 1. Nyní chceme dokázat, že tato rovnost platí pro všechna n ∈ N0 . Označme ρn := ψn −
k X
aj ϕjn .
j=0
Z definice ρn plyne, že ρn = 0 pro n = 0, 1, . . . , k − 1. Navíc ρn je podle důsledku (3.1) řešením homogenní rovnice (3.2), protože je lineární kombinací řešení (3.2). Dále víme, že tato homogenní rovnice je řádu k, a proto z prvních k členů posloupnosti lze díky větě (3.1) jednoznačně určit celé řešení. Z (3.4)Ppotom jasně vyplývá, že ρn = 0 pro všechna n ∈ N0 . Tím jsme dokázali, že ψn = kj=0 aj ϕjn pro všechna n ∈ N0 , tedy že libovolné řešení lze zapsat jako lineární kombinaci prvků fundamentálního systému. Opačná implikace plyne z důsledku (3.1). Důsledek 3.2 Fundamentální systém tvoří bázi prostoru všech řešení homogenní lineární rovnice a dimenze tohoto prostoru je k. Důsledek 3.3 Nechť lineární diferenční rovnice je řádu k. Pak množina všech řešení homogenní soustavy tvoří vektorový prostor nad R dimenze k. Až dosud jsme se zmiňovali jen o vlastnostech řešení, nyní se podívejme na to, jak najít fundamentální systém a řešení homogenní lineární diferenční rovnice. Předpokládejme, že existuje řešení ve tvaru yn = λn , pro nějaké λ ∈ C. Tuto konstantu vypočítáme dosazením do (3.2): a0 λn + a1 λn+1 + · · · + ak λn+k = 0.
(3.6)
Pro λ = 0 dostáváme triviální řešení, nás ale bude zajímat řešení netriviální. V tomto případě můžeme rovnici (3.6) vydělit λn a dostaneme a0 + a1 λ + a2 λ2 + · · · + ak λk = 0. 13
Definice 3.4 Rovnici
k X
aj λ j = 0
(3.7)
j=0
nazveme charakteristickou rovnicí homogenní lineární diferenční rovnice (3.2). Polynom k X ρ (λ) = aj λ j (3.8) j=0
nazveme charakteristický polynom homogenní lineární diferenční rovnice (3.2). Je vidět, že posloupnost {λn }∞ n=0 je řešením (3.2), právě když ρ (λ) = 0. Dále víme, že charakteristický polynom je stupně k, protože ak 6= 0. Tedy ρ (λ) má právě k kořenů, pokud každý kořen počítáme tolikrát, kolik činí jeho násobnost. Tvrzení 3.3 Mějme rovnici řádu k. Nechť má pouze jednonásobné kořeny o nρ (λ) n ∞ λ1 , λ2 , . . . , λk , potom systém posloupností λj j=0 , j = 1, 2, . . . , k tvoří fundamentální systém. Důkaz: Systém posloupností je fundamentální, jestliže jednotlivé posloupnosti systému jsou lineárně nezávislé. To platí podle tvrzení (3.2), právě když 1 1 ... 1 λ1 λ2 ... λk D1 = .. .. 6= 0. .. . . . k−1 k−1 k−1 λ1 λ2 . . . λk Determinant upravíme tak, že (k − 1)-ní řádek násobíme číslem (−λ1 ) a přičteme ke k-tému řádku. Dále (−λ1 ) násobek (k − 2)-hého řádku přičteme ke (k − 1)-nímu řádku. Pokračujeme pořád stejně, až konečně (−λ1 ) násobek prvního řádku přičteme k druhému řádku. Dostaneme, že determinant 1 1 ... 1 0 λ − λ . . . λ − λ 2 1 k 1 D1 = 0 λ2 (λ2 − λ1 ) . . . λk (λk − λ1 ) . .. . ... .. . k−2 k−2 0 λ2 (λ2 − λ1 ) . . . λk (λk − λ1 ) Rozvinutím podle prvního sloupce a vytknutím společného dělitele z každého sloupce dostáváme 1 1 . . . 1 λ2 λ3 ... λk D1 = (λ2 − λ1 )(λ3 − λ1 ) · · · (λk − λ1 ) .. .. . ... . . k−2 k−2 k−2 λ2 λ3 . . . λk 14
Označíme
1 1 λ2 λ3 D2 = .. . k−2 k−2 λ2 λ3
... ... ...
1 λk .. .
. . . λkk−2
a upravíme podobně jako D1 . Postupujeme stejným způsobem dál až k determinantu 1 1 Dk−1 = = (λk − λk−1 ). λk−1 λk Potom determinant D1 můžeme zapsat ve tvaru Y D1 = (λi − λj ), i, j = 1, . . . , k. i>j
Protože kořeny λ1 , λ2 , . . . , λk jsou jednonásobné a tedy všechny různé, je zřejmě D1 6= 0 a důkaz věty je u konce. Příklad 2: Najděte vzorec pro n-tý člen Fibonacciho posloupnosti. Řešení: Fibonacciho posloupnost je dána rekurentním vzorcem yn+2 = yn+1 + yn , kde y1 = 1 a y2 = 1. To je homogenní lineární diferenční rovnice druhého řádu, kterou přepíšeme jako yn+2 − yn+1 − yn = 0.
(3.9)
Hledáme řešení ve tvaru yn = λn . Dosazením do (3.9) dostáváme λn+2 − λn+1 − λn = 0. Jelikož hledáme netriviální řešení (λ 6= 0), můžeme rovnici vydělit λn a dostáváme charakteristickou rovnici λ2 − λ − 1 = 0. Kořeny charakteristického polynomu ρ (λ) = λ2 − λ − 1 jsou √ √ 1− 5 1+ 5 a λ2 = . λ1 = 2 2 Podle tvrzení jsou nezávislá řešení tvořící fundamentální systém po (3.3) lineárně √ n √ n 1− 5 1+ 5 a . Obecným řešením rovnice je tedy podle věty (3.3) sloupnosti 2 2 y n = c1
√ !n 1+ 5 + c2 2 15
√ !n 1− 5 . 2
Z počátečních podmínek y1 = 1 a y2 = 1 vypočítáme nyní konstanty c1 a c2 . Dostáváme √ √ 1+ 5 1− 5 1 = y 1 = c1 + c2 , 2 2 ! √ 2 √ !2 1+ 5 1− 5 1 = y 2 = c1 + c2 . 2 2 Odtud vypočítáme, že c1 = posloupnosti je
√1 5
1 yn = √ 5
a c2 = − √15 . Potom vzorec pro n-tý člen Fibonacciho √ !n 1+ 5 1 −√ 2 5
√ !n 1− 5 . 2
Na tomto vzorci je zajímavé, že ačkoliv členy posloupnosti jsou přirozená čísla, n-tý člen se počítá pomocí mocnin čísel iracionálních. Navíc tvar vzorce je relativně složitý, takže bychom jej asi stěží uhádli. 4 Následující věta nám dá návod, jak najít obecné řešení v případě, že charakteristický polynom má vícenásobné kořeny. Tvrzení 3.4 Mějme rovnici P řádu k. Nechť ρ (λ) má m různých kořenů λ1 , . . . , λm s násobnostmi p1 , . . . , pm a m i=1 pi = k. Potom soustava posloupností yni,1 = λni , n−1 i,2 yn = nλi , n−2 i,3 yn = n(n − 1)λi , i = 1, . . . , m, n ∈ N0 , .. . n−pi +1 i,pi = n(n − 1) · · · (n − pi + 2)λi , yn tvoří fundamentální systém. Důkaz: Nejprve ukážeme, že tyto posloupnosti jsou řešením rovnice (3.2). V druhé části dokážeme, že jsou všechny lineárně nezávislé. ∞ a) Posloupnosti {yni,j }n=0 , i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , pi jsou řešení Nechť λi je kořen ρ(λ) násobnosti pi . Připomeňme, že λi 6= 0, protože uvažujeme rovnici řádu k a tedy a0 6= 0. Definujeme fn (λ) =
k X
aj λn+j .
j=0
Je vidět, že fn (λ) = λn ρ(λ). Víme, že ρ(λ) má kořen λi násobnosti pi , tedy i fn (λ) má kořen λi násobnosti pi . 16
Z algebry víme, že polynom f má kořen λ násobnosti p, právě když λ je kořenem polynomů f, f 0 , f 00 , . . . , f (p−1) a není kořenem polynomu f (p) . Máme tedy Pk = a λn+j , Pkj=0 j i = aj (n + j)λn+j−1 , i Pj=0 k n+j−2 = , j=0 aj (n + j)(n + j − 1)λi
0 = fn (λi ) 0 = fn0 (λi ) 0 = fn00 (λi ) .. . (pi −1)
0 = fn
(λi ) =
Pk
j=0
aj (n + j)(n + j − 1) · · · (n + j − pi + 2)λin+j−pi +1 ,
odkudje už zřejmé, že posloupnosti {λni } , nλn−1 , . . . , n(n − 1) · · · (n − pi + 2)λin−pi +1 jsou řešením (3.2). i b) Lineární nezávislost Definujeme 1 λ1 2 M = λ1 . ..
0
···
···
1
1
λm
2λ1 .. .
λ2m .. .
0 .. . .. . .. .
m λ1k−1 (k − 1)λk−2 · · · (k − 1) · · · (k − pm + 1)λk−p . . . λk−1 1 m m
.
M je matice typu k × k a podle tvrzení (3.1) budou posloupnosti nezávislé, právě když hodnost matice M bude k. Předpokládejme nyní, že tomu tak není, tedy že řádky M jsou lineárně závislé. Podívejme se na to, jak bude vypadat n-tý řádek matice: rn = (λn1 , nλn−1 , . . . , n(n − 1) · · · (n − p1 + 2)λ1n−p1 +1 , . . . , 1 n−1 m +1 . . . , λnm , nλm , . . . , n(n − 1) · · · (n − pm + 2)λn−p ). m
Z lineární závislosti řádků plyne, že existují konstanty a0 , . . . , ak−1 ∈ R tak, že k−1 X
ai ri = 0
(3.10)
i=0
a alespoň jedno ai , i = 0, . . . , k − 1, je nenulové. Dále definujeme σ(λ) =
k−1 X
an λ n .
n=0
Vidíme, že σ(λ) je polynom stupně menšího než Pk−1 0 = an λnj Pn=0 k−1 n−1 0 = n=0 an nλj .. . Pk−1 n−pj +1 0 = n=0 an n(n − 1) · · · (n − pj + 2)λj 17
k. Z (3.10) dostáváme ⇔ σ(λ) má kořen λj , ⇔ σ 0 (λ) má kořen λj , .. . ⇔ σ (pj −1) (λ) má kořen λj .
Tedy λj je kořen σ(λ) s násobností větší nebo rovnou pj , j = 1, . . . , m. To znamená, že σ(λ) má P m různých kořenů λ1 , . . . , λm s násobnostmi alespoň p1 , . . . , pm . Protože m j=1 pj = k, má σ(λ) alespoň k kořenů (počítáme-li každý kořen tolikrát, kolik činí jeho násobnost), což je spor s tím, že deg(σ(λ)) < k. Příklad 3: Uvažujme rovnici čtvrtého řádu, jejíž charakteristický polynom má čtyřnásobný kořen λ. Potom podle tvrzení (3.4) je obecné řešení yn = a1 λn + a2 nλn−1 + a3 n(n − 1)λn−2 + a4 n(n − 1)(n − 2)λn−3 . Protože a1 , . . . , a4 jsou obecné konstanty, dá se výsledek upravit yn = a1 λn + a2 λ1 nλn + a3 λ12 (n2 − n)λn + a4 λ13 (n3 − 3n2 + 2n)λn =
1 1 2 3 2 1 3 1 = +n ( a = λn a − a + a ) a − a ) a ) +n ( +n ( 1 2 3 4 3 4 4 |{z} 2 3 2 3 3 λ λ λ λ λ λ | | | {z } {z } {z } c1 c2
c3
c4
= c1 λn + c2 nλn + c3 n2 λn + c4 n3 λn . 4 Tento příklad nás vede k myšlence, že obecné řešení by se dalo psát v jednodušším tvaru, který je uveden v následující větě. Věta 3.4 Mějme rovnici P řádu k. Nechť ρ (λ) má m různých kořenů λ1 , . . . , λm s násobnostmi p1 , . . . , pm a m i=1 pi = k. Potom obecné řešení se dá psát ve tvaru yn = c1 λn1 + c2 nλn1 + c3 n2 λn1 + . . . + cp1 np1 −1 λn1 + . . . + ck npm −1 λnm .
Důkaz: Podle tvrzení (3.4) a věty (3.3) se dá obecné řešení zapsat ve tvaru n−pm +1 yn = a1 λn1 + a2 nλn−1 + a3 n(n − 1)λn−2 + . . . + ak n · · · (n − pm + 2)λm . 1 1
Dále si uvědomíme, že λn−j = i
1 n λ . λji i
Pokud takto upravíme všechny mocniny λi ,
i = 1, . . . , m a roznásobíme výrazy n(n − 1) · · · (n − j + 1), j = 1, . . . , pi − 1, můžeme vytknout λni spolu s jednotlivými mocninami n a tím dostáváme požadovaný tvar. Příklad 4: Najděte obecné řešení rovnice 2yn+4 − 11yn+3 + 18yn+2 − 4yn+1 − 8yn = 0.
18
Řešení: Charakteristický polynom má tvar ρ(λ) = 2λ4 − 11λ3 + 18λ2 − 4λ − 8 = (2λ + 1)(λ − 2)3 a jeho kořeny jsou 1 λ1 = − , 2 Podle věty (3.4) je obecným řešením
λ2,3,4 = 2.
1 yn = c1 (− )n + c2 2n + c3 n2n + c4 n2 2n . 2 4 Nyní se zaměříme na to, jak vypadá řešení v případě, že charakteristická rovnice má komplexní kořeny. Jak vypadá obecné řešení sice víme z věty (3.4), ale protože máme diferenční rovnici s reálnými koeficienty, budeme se snažit najít reálný fundamentální systém. Než se ale dostaneme k tomu, jak tento fundamentální systém vypadá, zopakujme si některé pojmy z oblasti komplexních čísel. Nechť λ = a + ib je kořen charakteristického polynomu. Protože charakteristický ¯ = a − ib je také kořenem charakpolynom má reálné koeficienty, víme, že potom λ teristického polynomu. ¯ se dají Ještě si připomeneme, že komplexní čísla λ a λ jednoznačně zapsat v goniometrickém tvaru jako λ = ¯ ¯ |λ| (cos ω + i sin ω) a λ = λ (cos ω − i sin ω), kde úhel a b ω je jednoznačně určen vztahy cos ω = |λ| a sin ω = |λ| (viz obrázek). ¯ n můžeme pak psát jako λn = |λ|n (cos nω + Čísla λn a λ n ¯ n = ¯ i sin nω) a λ λ (cos nω −i sin nω). Protože ¯ λ = |λ|, n n ¯ = |λ| (cos nω − i sin nω). platí ještě λ
Tvrzení 3.5 Nechť charakteristická rovnice stupně k má m-násobné komplexní ko ¯ ¯ řeny λ = |λ| (cos ω + i sin ω) a λ = λ (cos ω − i sin ω). Pak příslušná homogenní lineární diferenční rovnice má lineárně nezávislá řešení: |λ|n cos nω, n |λ|n cos nω, n2 |λ|n cos nω, .. .
|λ|n sin nω, n |λ|n sin nω, n2 |λ|n sin nω, .. .
nm−1 |λ|n cos nω,
nm−1 |λ|n sin nω.
Důkaz: 19
a) m = 1 ¯ n . DefiPodle tvrzení (3.3) existují lineárně nezávislá řešení un = λn a vn = λ nujeme: n xn = un +v = |λ|n cos nω, 2 n n yn = un2−v i = |λ| sin nω. Z věty (3.2) plyne, že xn a yn jsou řešení. Zbývá ještě ukázat, že jsou lineárně nezávislá. Podle tvrzení (3.1) to platí právě tehdy, když matice x0 y0 x1 y1 M = .. .. . . xk−1 yk−1 má hodnost 2. Protože ale x0 y 0 1 0 x1 y1 = |λ| cos ω |λ| sin ω
= |λ| sin ω 6= 0,
je h(M ) = 2 a posloupnosti xn a yn jsou nezávislé. b) m > 1 Podle věty (3.4) existují lineárně nezávislá řešení ¯n, vn0 = λ 1 ¯n, vn = nλ ¯n, vn2 = n2 λ .. . m−1 ¯n. v = nm−1 λ
u0n = λn , u1n = nλn , u2n = n2 λn , .. . um−1 = nm−1 λn , n
n
Definujeme: s
s
n = ns |λ|n cos nω xsn = un +v 2 s s , s = 0, 1, . . . , m − 1. n s n yns = un2−v = n |λ| sin nω i
Podle věty (3.2) jsou xsn a yns řešení. Chceme dokázat, že xsn a yns jsou lineárně nezávislá. Protože m ≥ 2, musí mít charakteristická rovnice stupeň minimálně 4, tedy původní rovnice musí být alespoň čtvrtého řádu. Definujeme xs0 y0s xs y1s 1 s xs y M = 2 2 .. .. . . s s xk−1 yk−1 Protože k ≥ 4, můžeme spočítat determinant s s x1 y1 |λ| cos ω |λ| sin ω s s = x2 y2 2s |λ|2 cos 2ω 2s |λ|2 sin 2ω 20
=
= 2s |λ|3 [cos ω sin 2ω − cos 2ω sin ω] = 2s |λ|3 sin ω 6= 0. Odtud vidíme, že hodnost matice M je 2 a podle tvrzení (3.1) jsou posloupnosti xsn a yns lineárně nezávislé pro všechna s = 0, 1, . . . , m − 1. Příklad 5: Najděte reálné řešení rovnice yn+2 − 2yn+1 + 2yn = 0. Řešení: Charakteristický polynom má tvar ρ(λ) = λ2 − 2λ + 2. Jeho kořeny jsou λ1 = 1 + i a λ2 = 1 − i. Převedením na goniometrický tvar dostáváme √ λ1 = √2(cos π4 + i sin π4 ), λ2 = 2(cos π4 − i sin π4 ). Podle tvrzení (3.5) je reálným řešením rovnice posloupnost √ n √ n π π yn = c1 2 cos n + c2 2 sin n . 4 4 4 Věta 3.5 Nechť homogenní lineární diferenční rovnice je řádu k a nechť její charakteristický polynom má reálné kořeny λ1 , . . . , λl s násobnostmi p1 , . . . , pl a komplexní kořeny s kladnou imaginární částí µ1 , . . . , µm s násobnostmi q1 , . . . , qm , přii) čemž µi = |µi | (cos ωi + sin ωi ), kde ωi je jednoznačně určen vztahy cos ωi = Re(µ |µi | i) a sin ωi = Im(µ , i = 1, . . . , m. Potom fundamentální systém je tvořen těmito k |µi | posloupnostmi
λn1 , .. .
nλn1 ,
n2 λn1 ,
...
np1 −1 λn1 ,
λnl , |µ1 |n cos nω1 , |µ1 |n sin nω1 , .. .
nλnl , n |µ1 |n cos nω1 , n |µ1 |n sin nω1 ,
n2 λnl , n2 |µ1 |n cos nω1 , n2 |µ1 |n sin nω1 ,
... ... ...
npl −1 λnl , nq1 −1 |µ1 |n cos nω1 , nq1 −1 |µ1 |n sin nω1 ,
|µm |n cos nωm , n |µm |n cos nωm , n2 |µm |n cos nωm , . . . nq1 −1 |µm |n cos nωm , |µm |n sin nωm , n |µm |n sin nωm , n2 |µm |n sin nωm , . . . nq1 −1 |µm |n sin nωm . Důkaz: Protože charakteristický polynom má reálné koeficienty, jsou jeho kořeny i čísla µ1 . . . , µm , a to s násobnostmi q1 , . . . , qm . Protože rovnice je řádu k, je charakteristický polynom stupně k a platí k = p1 + . . . + pl + 2(q1 + . . . + qm ). Počet posloupností je tedy k. Zbytek plyne z tvrzení (3.4), tvrzení (3.5) a věty (3.4). 21
3.2
Řešení nehomogenních rovnic
V této kapitole bude horní index h značit obecné řešení rovnice (3.2) a horní index p partikulární řešení rovnice (3.3). P Věta 3.6 Nechť ynh = kj=1 cj ϕjn je obecné řešení homogenní lineární diferenční rovnice (3.2) a ynp = ψn je partikulární řešení nehomogenní lineární diferenční rovnice (3.3). Potom obecné řešení nehomogenní lineární diferenční rovnice (3.3) je posloupnost yn = ynh + ynp .
Důkaz: a) yn je řešením Protože ynh je řešením (3.2) a ynp je řešením (3.3), platí k X
aj yn+j =
j=0
k X
h aj yn+j
j=0
+
k X
p yn+j = 0 + fn = fn
j=0
a yn je řešením (3.3). b) Každé řešení (3.3) se dá vyjádřit pomocí yn Nechť ψ˜n je řešení (3.3). Potom ψ˜n − ψn je řešení (3.2), protože k X j=0
aj (ψ˜n+j − ψn+j ) =
k X
aj ψ˜n+j −
j=0
k X
aj ψn+j = fn − fn = 0.
j=0
P Tedy existují konstanty c∗1 , c∗2 , . . . , c∗k ∈ R tak, že ψ˜n − ψn = kj=1 c∗j ϕjn , neboli P ψ˜n = kj=1 c∗j ϕjn + ψn = ynh + ynp . Odtud dostáváme, že libovolné řešení (3.3) jsou posloupnosti tvaru k X yn = cj ϕjn + ψn . j=1
Řešením nehomogenní rovnice je tedy součet obecného řešení homogenní rovnice a libovolného řešení nehomogenní rovnice. Ukážeme si nyní dvě metody, jak partikulární řešení nehomogenní rovnice najít.
22
3.2.1
Metoda variace konstant
P Nechť ynh = kj=1 cj ϕjn je obecné řešení homogenní rovnice (3.2). Řešení nehomogenní Pk ∞ j rovnice (3.3) budeme hledat ve tvaru yn = j=1 cj (n)ϕn , kde {cj (n)}n=0 budou reálné posloupnosti. K jejich určení budeme potřebovat k rovnic, které si vhodně zvolíme. Nejdříve si vyjádříme yn+1 , yn+2 , . . . , yn+k , a to následujícím způsobem: yn+1 =
k X
cj (n + 1)ϕjn+1 =
j=1
=
k X
cj (n + 1)ϕjn+1 − cj (n)ϕjn+1 + cj (n)ϕjn+1 =
j=1
=
k X
∆cj (n)ϕjn+1
+
j=1
k X
cj (n)ϕjn+1 .
j=1
Zvolme si první rovnici k X
∆cj (n)ϕjn+1 = 0.
(3.11)
j=1
Potom yn+1 =
Pk
j j=1 cj (n)ϕn+1 ,
yn+2 =
k X
odkud dostáváme, že
cj (n + 1)ϕjn+2 =
j=1 k X = cj (n + 1)ϕjn+2 − cj (n)ϕjn+1 + cj (n)ϕjn+2 = j=1
=
k X
∆cj (n)ϕjn+2
+
j=1
k X
cj (n)ϕjn+2 .
j=1
Opět zvolíme k X
∆cj (n)ϕjn+2 = 0.
(3.12)
j=1
Stejně pokračujeme, až dostaneme výraz yn+k =
k X
∆cj (n)ϕjn+k
j=1
+
k X
cj (n)ϕjn+k .
j=1
Posloupnosti yn , . . . , yn+k dosadíme do nehomogenní rovnice (3.3): fn = a0 yn + a1 yn+1 + . . . , ak yn+k = k k k X X X j j = a0 cj (n)ϕn + a1 cj (n)ϕn+1 + . . . + ak cj (n)ϕjn+k + j=1
+ak
k X
j=1
j=1
∆cj (n)ϕjn+k .
j=1
23
Součet prvních k sum na pravé straně je podle věty (3.2) roven nule, protože po∞ sloupnosti {ϕjn }n=0 , j = 1, . . . , k, jsou řešením homogenní rovnice (3.2). Tedy ak
k X
∆cj (n)ϕjn+k = fn .
(3.13)
j=1
Zvolili jsme k − 1 rovnic (3.13) tvoří soustavu:
Pk
j=1
∆cj (n)ϕjn+i = 0, i = 1, . . . , k − 1. Ty spolu s rovnicí
∆c1 (n)ϕ1n+1 + ∆c2 (n)ϕ2n+1 + . . . + ∆ck (n)ϕkn+1 = 0, ∆c1 (n)ϕ1n+2 + ∆c2 (n)ϕ2n+2 + . . . + ∆ck (n)ϕkn+2 = 0, .. . ∆c1 (n)ϕ1n+k + ∆c2 (n)ϕ2n+k + . . . + ∆ck (n)ϕkn+k =
(3.14)
1 f . ak n
Protože posloupnosti ϕjn , j = 1, . . . , k, jsou lineárně nezávislé, je podle tvrzení (3.1) determinant soustavy (3.14) nenulový, tedy existuje jediné řešení. Označme ∆c1 (n) = fn1 , ∆c2 (n) = fn2 , . . . , ∆ck (n) = fnk , potom c1 (n) = ∆−1 fn1 + c˜1 , c2 (n) = ∆−1 fn2 + c˜2 , . . . , ck (n) = ∆−1 fnk + c˜k . Jak vypočítat jednotlivé sumace se uvádí v druhé kapitole. Obecné řešení nehomogenní rovnice (3.3) je potom yn =
k X j=1
3.2.2
cj (n)ϕjn
=
k X
∆−1 fnj
+
c˜j ϕjn
j=1
=
k X j=1
c˜j ϕjn
+
k X
∆−1 fnj ϕjn .
j=1
Metoda speciální pravé strany
Mějme nehomogenní lineární diferenční rovnici (3.3) s pravou stranou fn , která splňuje fn = αn (P (n) cos(βn) + Q(n) sin(βn)), kde α > 0, β ∈ h0, 2π) a P (n), Q(n) jsou polynomy. Zkusme hledat řešení (3.3) ve tvaru yn = αn nm (P ∗ (n) cos(βn) + Q∗ (n) sin(βn)), kde P ∗ a Q∗ jsou polynomy stupně ne většího než max {deg(P ), deg(Q)} a m ∈ N0 udává, jakou násobnost má číslo α(cos β + i sin β) jakožto kořen charakteristického polynomu (násobnost nula znamená, že číslo není kořenem). Poznámka 3.1 Ve skutečnosti existuje věta, která nám zaručuje existenci takového řešení. Náznak důkazu pro m = 0 lze nalézt například v John a kol. [3], str. 86. Celý důkaz je příliš pracný a počítající jej ve skutečnosti nemusí znát, neboť díky větě (3.1) je nalezení koeficientů polynomů ve skutečnosti důkaz v daném případě. 24
Příklad 6: Najděte řešení rovnice yn+2 − 8yn+1 + 15yn = 5n − 2 s počátečními podmínkami y0 = 0 a y1 = 1. Řešení: a) Nejprve najdeme řešení homogenní rovnice yn+2 − 8yn+1 + 15yn = 0.
(3.15)
Charakteristický polynom má tvar ρ(λ) = λ2 − 8λ + 15 = (λ − 3)(λ − 5) a jeho kořeny jsou λ1 = 3 a λ2 = 5. Obecným řešením rovnice (3.15) je pak ynh = c1 3n + c2 5n . b) Nyní najdeme řešení nehomogenní rovnice. Pravou stranu si rozdělíme na dva sčítance fn1 = 5n a fn2 = −2 a vypočítáme každé řešení zvlášť. 1) yn+2 − 8yn+1 + 15yn = 5n .
(3.16)
fn1 = 5n , tedy α = 5, β = 0, P (n) = 1 (je polynom stupně 0). Číslo 5 = 5(cos 0 + i sin 0) je jednonásobným kořenem charakteristické rovnice, proto hledáme řešení ve tvaru yn1 = 5n n(a cos 0 + b sin 0) = an5n , kde a a b jsou polynomy stupně 0. Dosazením do (3.16) dostáváme a(n + 2)5n+2 − 8a(n + 1)5n+1 + 15an5n 25a(n + 2) − 40a(n + 1) + 15an 25an + 50a − 40an − 40a + 15an 10a a
= = = = =
5n 1, 1, 1, 1 . 10
/ : 5n ,
Odtud získáváme řešení yn1 =
1 n n n−1 n5 = 5 . 10 2
2) yn+2 − 8yn+1 + 15yn = −2.
(3.17)
fn2 = −2, tedy α = 1, β = 0, P (n) = −2 (je polynom stupně 0). Číslo 1 = 1(cos 0 + i sin 0) není kořenem charakteristické rovnice, proto hledáme řešení ve tvaru yn2 = d, 25
kde d je polynom stupně 0. Dosazením do (3.17) dostáváme d − 8d + 15d = −2, 8d = −2, d = − 14 . Proto je řešením posloupnost 1 yn2 = − . 4 Podle věty (3.6) dostáváme, že obecné řešení rovnice yn+2 − 8yn+1 + 15yn = 5n − 2 je yn = ynh + yn1 + yn2 = c1 3n + c2 5n +
n n−1 1 5 − . 2 4
Po dosazení počátečních podmínek získáváme 0 = y0 = c1 + c2 − 41 , 1 = y1 = 3c1 + 5c2 + 41 . Přičtením (−3)-násobku první rovnice k druhé rovnici dostáváme 0 = 2c2 , tedy c2 = 0 a z první rovnice vypočítáme, že c1 = 14 . Proto řešení naší rovnice při počátečních podmínkách y0 = 0 a y1 = 1 je n 1 1 yn = 3n + 5n−1 − . 4 2 4 4
26
Kapitola 4 Lineární diferenční rovnice prvního řádu s nekonstantními koeficienty Definice 4.1 Lineární diferenční rovnicí prvního řádu s nekonstantními koeficienty budeme rozumět rovnici a1n yn+1 − a0n yn = gn , (4.1) kde a0n a a1n jsou posloupnosti se členy různými od nuly pro všechna n ∈ N0 a gn je daná posloupnost. Za předpokladů uvedených v definici (4.1) můžeme rovnici (4.1) vydělit členem a1n . 0 Definujeme aa1n = an a agn1 = fn . Tím dostáváme novou rovnici n
n
yn+1 − an yn = fn .
(4.2)
Věta 4.1 Mějme lineární diferenční rovnici prvního řádu s nekonstantními koeficienty s danou počáteční podmínkou y0 . Pak rovnice (4.1) má právě jedno řešení. Důkaz: Důkaz provedeme indukcí. Protože a1n 6= 0, pro všechna n ∈ N0 můžeme z (4.1) vyjádřit a0j−1 gj−1 yj = 1 yj−1 + 1 , aj−1 aj−1 neboli yj = aj−1 yj−1 + fj−1 .
(4.3)
Z (4.3) můžeme jednoznačně vypočítat hodnotu y1 , neboť hodnoty y0 , a0 , f0 jsou dány. Předpokládejme nyní, že stejným způsobem vypočteme jednoznačně hodnoty y2 , y3 , . . . , yl . S využitím (4.3) dostáváme yl+1 = al yl + fl . Odtud vidíme, že yl+1 je určeno jednoznačně. Tím jsme završili indukční krok a dokázali, že řešení existuje, a to jediné. 27
4.1
Homogenní rovnice
Nejprve vyřešíme homogenní rovnici yn+1 − an yn = 0.
(4.4)
Ta se dá přepsat jako yn+1 = an yn . Tento vzorec nám také říká, že yn = an−1 yn−1 , yn−1 = an−2 yn−2 , .. . y 1 = a0 y 0 , kde y0 = c, c ∈ R. Odtud dostáváme, že obecné řešení homogenní rovnice je yn = c
n−1 Y
aj .
(4.5)
j=0
4.2
Rovnice s pravou stranou
Předpokládejme, že řešení nehomogenní diferenční rovnice je ve tvaru yn = an−1 an−2 · · · a0 cn ,
(4.6)
kde cn je reálná posloupnost. Tu vypočítáme tak, že dosadíme (4.6) do (4.2) a postupně upravujeme: an an−1 · · · a0 cn+1 − an an−1 an−2 · · · a0 cn = fn , an an−1 · · · a0 [cn+1 − cn ] = fn , an an−1 · · · a0 ∆cn = fn . Protože an 6= 0 pro všechna n ∈ N0 , můžeme psát fn ∆cn = Qn
i=0
ai
,
a proto −1
cn = ∆
fn Qn
i=0
ai
+ c˜.
Obecné řešení rovnice (4.2) je tedy n−1 n−1 n−1 Y Y Y fn fn −1 −1 Qn Qn yn = aj ∆ + c˜ = c˜ aj + aj ∆ , a i i=0 i=0 ai j=0 j=0 j=0
(4.7)
protože, jak je vidět z (4.7), yn je součtem obecného řešení homogenní rovnice (4.2) a partikulárního řešení nehomogenní rovnice (4.2). Z věty (4.1) pak plyne, že toto řešení je jednoznačně určeno počáteční podmínkou y0 . 28
Kapitola 5 Soustavy lineárních diferenčních rovnic s konstantními koeficienty Definice 5.1 Nechť k ∈ N. Soustavou k lineárních diferenčních rovnic 1. řádu s konstantními koeficienty budeme rozumět soustavu 1 yn+1 = a11 yn1 + a12 yn2 + . . . + a1k ynk + fn1 , 2 yn+1 = a21 yn1 + a22 yn2 + . . . + a2k ynk + fn2 , .. .
(5.1)
k = ak1 yn1 + ak2 yn2 + . . . + akk ynk + fnk , yn+1 ∞
kde aij ∈ R, i, j = 1, . . . , k, {fni }n=0 , i = 1, . . . , k, jsou dané posloupnosti a kde ∞ neznámými jsou posloupnosti {yni }n=0 , i = 1, . . . , k. Jestliže fn1 = fn2 = . . . = fnk = 0 pro všechna n ∈ N0 nazýváme soustavu homogenní, v opačném případě se jedná o soustavu nehomogenní neboli soustavu s pravými stranami. Poznámka 5.1 Soustavu S můžeme psát v 1 yn+1 a11 a12 y 2 a21 a22 n+1 .. = .. .. . . . k yn+1 ak1 ak2
maticovém tvaru · · · a1k yn1 2 · · · a2k yn . . . . .. . .. · · · akk ynk
.
Popíšeme si zde dvě metody řešení soustav diferenčních rovnic 1. řádu - eliminační a maticovou.
5.1
Eliminační metoda
Nejdříve ze soustavy (5.1) vytvoříme soustavu, jejímž řešením bude lineární dife1 1 1 renční rovnice k-tého řádu. K tomu je zapotřebí vyjádřit yn+2 , yn+3 , . . . , yn+k , a to 29
následujícím způsobem: Z prvního řádku soustavy (5.1) vypočítáme 1 1 2 k 1 yn+2 = a11 yn+1 + a12 yn+1 + . . . + a1k yn+1 + fn+1 . 1 2 k Nyní dosadíme z (5.1) za yn+1 , yn+1 , . . . , yn+1 . Dostáváme
1 yn+2
= a11
k X
a1j ynj + a11 fn1 + a12
k X
j=1
a2j ynj + a12 fn2 + . . . + a1k
k X
1 . akj ynj + a1k fnk + fn+1
j=1
j=1
V této rovnici vytkneme jednotlivé členy ynj , j = 1, . . . , k, a jejich koeficienty ozna1 a jejich součet číme α2j . Dále sloučíme členy s posloupnostmi fn1 , fn2 . . . , fnk a fn+1 2 označíme jako posloupnost gn . Tím jsme dostali rovnici 1 yn+2
=
k X
α2j ynj + gn2 .
j=1
Z této rovnice můžeme vyjádřit 1 yn+3
=
k X
j 2 α2j yn+1 + gn+1 .
j=1 j Do této rovnice můžeme znovu dosadit za jednotlivá yn+1 , j = 1, . . . , k, vytknout jednotlivé členy ynj , j = 1, . . . , k a přeznačit jako v předchozí situaci. Dostáváme tak
1 yn+3
=
k X
α3j ynj + gn3 .
j=1
Stejným způsobem pokračujeme dál, až dostaneme rovnici 1 yn+k
=
k X
αkj ynj + gnk .
j=1
Pro sjednocení označení ještě položme a1j = α1j , j = 1, . . . , k a fn1 = gn1 . Potom první rovnice má tvar k X 1 yn+1 = α1j ynj + gn1 . j=1
Nyní dostáváme novou soustavu 1 yn+1 − gn1 = α11 yn1 + α12 yn2 + . . . + α1k ynk , 1 yn+2 − gn2 = α21 yn1 + α22 yn2 + . . . + α2k ynk , .. . 1 yn+k − gnk = αk1 yn1 + αk2 yn2 + . . . + αkk ynk .
30
(5.2)
Předpokládejme, že soustava (5.1) má řešení, pak zřejmě platí, že toto řešení je i řešením soustavy (5.2). Pro zjednodušení situace budeme nadále předpokládat, že (5.2) má jen jedno řešení, to je pak zároveň řešením (5.1). Ze soustavy (5.2) postupně eliminujeme všechna ynj , j = 2, . . . , k, až nám na pravé straně zůstane jen neznámá posloupnost yn1 . Na straně levé pak bude lineární kom1 1 binace výrazů yn+1 − gn1 , . . . , yn+k − gnk . Tím jsme dostali lineární diferenční rovnici k-tého řádu, jejíž řešení je popsáno ve třetí kapitole. Dosazením tohoto řešení do soustavy (5.2) dostáváme k − 1 rovnic pro k − 1 neznámých posloupností yn2 , . . . , ynk a můžeme zopakovat již popsanou metodu. Postupně tak dostaneme řešení celé soustavy. Příklad 7: Najděte řešení soustavy xn+1 = 4xn − yn + 2n , yn+1 = 2xn + yn + 5. Řešení: Nejprve vypočítáme xn+2 : xn+2 = 4xn+1 − yn+1 + 2n+1 = = 16xn − 4yn + 4 · 2n − 2xn − yn − 5 + 2 · 2n = = 14xn − 5yn + 6 · 2n − 5. Dostáváme novou soustavu: xn+1 = 4xn − yn + 2n , xn+2 = 14xn − 5yn + 6 · 2n − 5. Když přičteme (−5)-násobek první rovnice k druhé zbavíme se neznámé posloupnosti yn a dostáváme diferenční rovnici xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 2n − 5.
(5.3)
Příslušná homogenní rovnice má charakteristický polynom λ2 − 5λ + 6 = (λ − 2)(λ − 3) a obecné řešení homogenní rovnice je podle tvrzení (3.3) xhn = c1 2n + c2 3n . Partikulární řešení nehomogenní rovnice nalezneme pomocí metody speciální pravé strany: a) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 2n .
31
(5.4)
Protože 2 je kořenem charakteristické rovnice, hledáme řešení ve tvaru x1n = an2n . Dosazením do (5.4) dostáváme 4a(n + 2)2n − 10a(n + 1)2n + 6an2n = 2n , −2a = 1, a = − 21 , a proto x1n = − 12 n2n . b) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = −5.
(5.5)
Řešení hledáme ve tvaru x2n = b. Dosazením do (5.5) dostáváme b − 5b + 6b = −5, b = − 25 , a proto x2n = − 25 . Odtud dostáváme řešení diferenční rovnice (5.3) 5 xn = xhn + x1n + x2n = c1 2n + c2 3n − n2n−1 − . 2 yn vypočítáme jednoduše dosazením do zadání: yn = −xn+1 + 4xn + 2n = = −2c1 2n − 3c2 3n + (n + 1)2n + 25 + 4c1 2n + 4c2 3n − 2n2n − 10 + 2n = . = 2c1 2n + c2 3n + (2 − n)2n − 15 2 Řešení soustavy rovnic je tedy xn = c1 2n + c2 3n − n2n−1 − 25 , yn = 2c1 2n + c2 3n + (2 − n)2n −
15 , 2
neboli zapsáno maticově n 1 xn 1 1 5 n n n 2 . = c1 2 + c2 3 − 2 − yn 2 1 n−2 2 15 4
5.2
Maticová metoda
Označme
A=
a11 a12 a21 a22 .. .. . . ak1 ak2
· · · a1k · · · a2k . .. . .. · · · akk 32
, yn =
yn1 yn2 .. . ynk
.
Potom homogenní soustavu soustavy (5.1) můžeme psát jako yn+1 = Ayn . Odtud dostáváme yn = Ayn−1 = A2 yn−2 = . . . = An y0 , kde y0 je vektor počátečních podmínek. Řešení homogenní soustavy diferenčních rovnic se tedy zužuje na nalezení n-té mocniny matice. Jestliže potřebujeme znát obecné řešení stačí matici An vynásobit místo vektoru počátečních podmínek yn vektorem c1 c2 c = .. , . ck kde c1 . . . , ck ∈ R jsou obecné konstanty. Partikulární řešení nehomogenní soustavy pak najdeme pomocí metody speciální pravé strany nebo variace konstant. Nyní si uvedeme algoritmus pro výpočet n-té mocniny matice. Podrobně je tento algoritmus odvozen v Elaydi [1], str. 129 − 139. Tvrzení (1.1) nám zaručuje existenci matice T takové, že T −1 AT = J. Jednotlivé Jordanovy bloky matice J jsou sestaveny z vlastních čísel matice A a matice T je sestavena z vlastních vektorů (respektive zobecněných vlastních vektorů) matice A. Potom An = (T JT −1 )n = T J n T −1 , kde J n = diag(J1n , J2n , . . . , Jrn ). Matice Jin , i = 1, . . . , r, již není těžké vypočítat. Nyní můžeme obecné řešení homogenní soustavy rovnic psát jako yn = A n c = T JT −1 c, kde c je vektor obecných konstant. Příklad 8: Vyřešte soustavu rovnic
yn+1
0 −3 1 2n 4 −1 + 3 = 1 n+1 −2 −2 3 2 +5
33
s vektorem počátečních podmínek
1 y0 = 1 . −1 Řešení: a) Řešení homogenní soustavy Označme
0 −3 1 c1 4 −1 , c = c2 . A= 1 −2 −2 3 c3
Nejdříve najdeme vlastní čísla matice A. −λ −3 1 |A − λI| = 1 4 − λ −1 −2 −2 3 − λ
= (1 − λ)(λ − 3)2 .
Dostáváme vlastní čísla λ1 = 1 a λ2 = λ3 = 3. Příslušné vlastní vektory jsou 1 1 v1 = 0 a v2 = −1 . 1 0 Nyní musíme najít zobecněný vlastní vektor. Ten se najde řešením rovnice (A − λ2 I)v3 = v2 . Dostáváme −1 v3 = 1 . 1 Z vlastních vektorů sestavíme matici T a vypočítáme T −1 . 1 1 −1 T = 0 −1 1 , 1 0 1 1 1 0 T −1 = −1 −2 1 . −1 −1 1 Dále dostáváme
1 0 0 J = 0 3 1 0 0 3
34
a
1n 0 0 J n = 0 3n n3n−1 . 0 0 3n Nyní můžeme konečně vypočítat An . 1 − n3n−1 1 − 3n − n3n−1 n3n−1 3n + n3n−1 −n3n−1 . An = T J n T −1 = n3n−1 n n 1−3 1−3 3n Obecné řešení je pak 1 − n3n−1 1 − 3n − n3n−1 n3n−1 c1 3n + n3n−1 −n3n−1 c2 . yn = n3n−1 1 − 3n 1 − 3n 3n c3 b) Řešení nehomogenní soustavy
1 0 Pravou stranu si rozdělíme na dva sčítance 0 2n a 3 . 2 5 1)
0 −3 1 1 1 4 −1 yn + 0 2n . yn+1 = (5.6) −2 −2 3 2 a 1 b 2n . Dosazením do (5.6) dostáváme Řešení hledáme ve tvaru yn = c 2a 0 −3 1 a 1 2b 2n = 1 4 −1 b 2n + 0 2n . 2c −2 −2 3 c 2 Řešením této rovnice je a = 2, b = −1 a c = 0, tedy 2 yn1 = −1 2n . 0 2)
yn+1
0 −3 1 0 1 4 −1 yn + 3 . = −2 −2 3 5
(5.7)
0 Nyní si musíme uvědomit, že pravá strana je vlastně tvaru 3 1n , kde 5 1 je kořenem charakteristického polynomu, a proto řešení hledáme jako e + fn yn2 = g + hn 1n . Dosazením do (5.7) dostáváme i + jn 35
e+f g+h + i+j 0 −3 4 = 1 −2 −2
f h n = j 1 e 0 −3 1 f 0 −1 g + 1 4 −1 h n + 3 . 3 i −2 −2 3 j 5
Odtud dostáváme vypočítáním konstant, že 3 i+3 yn2 = 0 n + −2 . 3 i Nám ale stačí jedno libovolné řešení nehomogenní soustavy, proto můžeme zvolit např. i = 0. Potom dostáváme 3 3 yn2 = 0 n + −2 . 3 0 Obecné řešení nehomogenní soustavy je tedy 1 − n3n−1 1 − 3n − n3n−1 3n + n3n−1 yn = An c + yn1 + yn2 = n3n−1 1 − 3n 1 − 3n 2 3 + −1 2n + 0 n + 0 3
c1 n3n−1 −n3n−1 c2 + 3n c3 3 −2 . 0
Dosazením vektoru počátečních podmínek dostáváme 1 1 0 0 −2 3 1 = c1 0 + c2 1 + c3 0 + 1 + −2 . −1 0 1 1 0 0 Odtud vypočítáme, že c1 = −4, c2 = 4 a c3 = −5. Řešením naší soustavy je tedy −4 −5 2 3 3 yn = 4 3n + 5 n3n−1 + −1 2n + 0 n + −2 . −5 0 0 3 0 4
36
Literatura [1] Elaydi, S. N.: An Introduction to Difference Equations, Springer, New York, 1996. [2] Goldberg, S.: Introduction to Difference Equations, Wiley, New York, 1958. [3] John O., Kalenda O., Zelený M.: Matematika (pokračování), Matfyzpress, Praha, 2003. [4] Milne, E.: Numerical Calculus, Princeton University Press, New Jersey, 1949. [5] Prágerová, A.: Diferenční rovnice, SNTL, Praha, 1971.
37
