Wykład z równań różnicowych

Transkrypt

1 Wykład z równań różnicowych 1 Wiadomości wstępne Umówmy się, że na czas tego wykładu zrezygnujemy z oznaczania n-tego wyrazu ciągu symbolem typu x n, y n itp. Zamiast tego pisać będziemy x (n), y (n) itp. Definicja 1.1. Operatorem przesunięcia nazywamy operator określony na ciągach wzorem Ex (n) = x (n + 1). Operator I dany wzorem Ix (n) = x (n) nazywamy operatorem identycznościowym. Uwaga 1.2. W dalszym ciągu dla liczby rzeczywistej λ będziemy używać zapisu E λ zamiast E λi. Zastanówmy się co daje wielokrotne zastosowanie operatora przesunięcia. Mamy E 2 x (n) = E (Ex (n)) = Ex (n + 1) = x (n + 2), E 3 x (n) = E ( E 2 x (n) ) = Ex (n + 2) = x (n + 3). Widać, że indukcyjnie daje się wykazać ogólny wzór Jeżeli więc E k x (n) = x (n + k), k N. p (λ) = a 0 λ k + a 1 λ k a k jest dowolnym wielomianem stopnia k zmiennej λ, to możemy określić operator wielomianowy p (E) określony za pomocą wzoru który na ciągu x (n) przyjmuje wartość p (E) = a 0 E k + a 1 E k a k I, p (E) x (n) = a 0 x (n + k) + a 1 x (n + k 1) + + a k x (n). Następującym przykładem zilustrujemy czym są równania różnicowe. 1

2 Przykład 1.3. Załóżmy, że w chwili t = 0 populacja liczy P (0) osób. Roczny wskaźnik urodzeń wynosi b = , a roczna umieralność d = 101. Oznacza to, że jeżeli w końcu n-tego roku żyje P (n) osób, to w następnym roku urodzi się P (n) P (n) 100 dzieci i umrze 101 osób. Zatem liczba osób żyjących na koniec (n + 1)-ego roku wyniesie P (n + 1) = P (n) + P (n) 100 P (n) 101 = P (n) (1 + b d) = P (n) ( ) Zachodzi pytanie, czy z tego związku potrafimy wyznaczyć wzór na wyraz ogólny ciągu (P (n)). Jeżeli wprowadzimy oznaczenie r = b d, to nasz związek przyjmie postać P (n + 1) = P (n) (1 + r), (1) Jest to przykład równania różnicowego (tzw. równania wzrostu) opisującego przyrost populacji. Na początek odgadniemy rozwiązanie. Twierdzimy, że rozwiązaniem jest każdy ciąg postaci P (n) = A (1 + r) n, n = 0, 1, 2,..., gdzie A jest dowolną stałą. Sprawdzamy, że to jest rozwiązanie równania (1): L = A (1 + r) n+1, P = A (1 + r) n (1 + r) = A (1 + r) n+1, czyli L = P. Jest to tak zwane rozwiązanie ogólne równania (1). Rozwiązania ogólne zawsze zawierają dowolne stałe. Podstawiając w ich miejsce konkretne liczby, otrzymujemy tzw. rozwiązania szczególne. Aby dla danego problemu uzyskać właściwe rozwiązanie szczególne, potrzebne są tak zwane warunki początkowe. Warunek początkowy jest dodatkową porcją informacji, która pozwoli wyznaczyć nieokreślone stałe. Na przykład w naszym modelu wzrostu możemy dowiedzieć się, że populacja w chwili 0 liczy 100 osób, czyli P (0) = 100. Znaczy to, że 100 = P (0) = A (1 + r) 0 = A, a więc właściwym dla naszego problemu rozwiązaniem szczególnym będzie ( P (n) = ) n Widać więc, że równanie różnicowe będzie związkiem między kilkoma (niekoniecznie dwoma, jak w powyższym przykładzie) kolejnymi wyrazami ciągu, zaś jego rozwiązanie będzie polegać na wyznaczeniu wzoru na n-ty wyraz tego ciągu. Inaczej, rozwiązanie równania różnicowego jest wyznaczeniem wzoru na n-ty wyraz, gdy ciąg zadany jest rekurencyjnie. W naszym wykładzie zajmować się będziemy tylko szczególnym rodzajem równań różnicowych, mianowicie równaniami liniowymi. 2

3 2 Ogólna teoria liniowych równań różnicowych Definicja 2.1. Równaniem liniowym rzędu k nazywamy równanie różnicowe postaci y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = g (n), (2) gdzie p i (n) dla i = 1, 2,..., k oraz g (n) są ciągami określonymi dla n n 0 przy pewnym ustalonym n 0 (w naszym wykładzie najczęściej n 0 = 0), przy czym p k (n) 0 dla n n 0. W równaniu powyższym niewiadomą jest ciąg y (n), zaś pozostałe ciągi są dane. Rozwiązaniem równania (2) nazywamy każdy ciąg y (n) określony dla n n 0, który spełnia to równanie. Jeżeli g (n) = 0 dla wszystkich n n 0, to równanie (2) nazywamy jednorodnym. W przeciwnym przypadku równanie to nazywamy niejednorodnym. Jeżeli równanie (2) jest niejednorodne, to równanie jednorodne postaci y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = 0 (3) nazywamy równaniem jednorodnym stowarzyszonym z równaniem (2). Zauważmy, że równanie (2) można zapisać w postaci y (n + k) = p 1 (n) y (n + k 1) p k (n) y (n) + g (n), (4) z której przy n 0 = 0 kładąc n = 0, otrzymujemy y (k) = p 1 (0) y (k 1) p 2 (0) y (k 2) p k (0) y (0) + g (0), czyli k-ty wyraz szukanego ciągu jest dobrze określony przez wyrazy poprzednie y (0),..., y (k 1). Jeżeli znamy już y (k), to kładąc we wzorze (4) n = 1 mamy y (k + 1) = p 1 (1) y (k) p 2 (1) y (k 1) p k (1) y (1) + g (1), czyli potrafimy z kolei obliczyć y (k + 1). Powtarzając ten proces możemy obliczyć wszystkie y (n) dla n k. Zilustrujmy powiedziane wyżej za pomocą przykładu. Przykład 2.2. Rozważmy równanie liniowe trzeciego rzędu postaci y (n + 3) n y (n + 2) + ny (n + 1) 3y (n) = n, n 1. (5) n + 1 Załóżmy, że y (1) = 0, y (2) = 1 i y (3) = 1. Obliczymy kolejne wyrazy ciągu y (n). Zapiszmy równanie (5) w równoważnej postaci y (n + 3) = Podstawiając n = 1 w (6), dostajemy n y (n + 2) ny (n + 1) + 3y (n) + n. (6) n + 1 y (4) = 1 2 y (3) y (2) + 3y (1) + 1 =

4 Dla n = 2 Dla n = 3 Dla n = 4 y (5) = 2 3 y (4) 2y (3) + 3y (2) + 2 = 4 3. y (6) = 3 4 y (5) 3y (4) + 3y (3) + 3 = 5 2. y (7) = 4 5 y (6) 4y (5) + 3y (4) + 4 = 89 6 itd. Jeżeli do równania różnicowego dołączymy dodatkowo pierwszych k wartości szukanego rozwiązania, to otrzymamy tzw. zagadnienie początkowe: y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = g (n), (7) y (n 0 ) = a 0, y (n 0 + 1) = a 1,..., y (n 0 + k 1) = a k 1, (8) gdzie a i są ustalonymi liczbami dla i = 0, 1,..., k 1. Z powyższych rozważań otrzymujemy następujące Twierdzenie 2.3. Zagadnienie początkowe (7) i (8) posiada dokładnie jedno rozwiązanie y (n). Pozostaje pytanie czy potrafimy wyznaczyć wzór na n-ty wyraz ciągu spełniającego równanie (2) lub spełniającego zagadnienie początkowe (7) i (8). Zajmiemy się w pierwszej kolejności równaniem liniowym jednorodnym rzędu k postaci x (n + k) + p 1 (n) x (n + k 1) + + p k (n) x (n) = 0, (9) gdzie p k (n) 0 dla n n 0. Zaczniemy od wprowadzenia ważnych pojęć Definicja 2.4. Ciągi f 1 (n),..., f r (n) nazywamy liniowo zależnymi dla n n 0, gdy istnieją stałe a 1,..., a r nie wszystkie równe zeru, takie, że a 1 f 1 (n) + + a r f r (n) = 0 dla n n 0. (10) Jeżeli nie jest spełniony warunek Definicji 2.4, to ciągi f 1 (n),..., f r (n) nazywamy liniowo niezależnymi. Inaczej, ciągi te nazywamy liniowo niezależnymi, gdy z równości a 1 f 1 (n) + + a r f r (n) = 0 dla n n 0 wynika, że a 1 = a 2 = = a r = 0. Zilustrujmy powyższe pojęcia za pomocą przykładu: Przykład 2.5. Pokażemy, że ciągi 3 n, n3 n, n 2 3 n są liniowo niezależne dla n 1. Przypuśćmy, że dla stałych a 1, a 2 i a 3 mamy a 1 3 n + a 2 n3 n + a 3 n 2 3 n = 0 dla n 1. 4

5 Dzieląc przez 3 n mamy a 1 + a 2 n + a 3 n 2 = 0 dla wszystkich n 1. To jest możliwe tylko w przypadku, gdy a 3 = 0, bo trójmian kwadratowy ma co najwyżej dwa pierwiastki rzeczywiste. Stąd dalej mamy a 2 = 0, bo wielomian stopnia 1 ma co najwyżej jeden pierwiastek, a stąd dalej a 1 = 0. Zatem mamy liniową niezależność. Definicja 2.6. Zbiór k liniowo niezależnych rozwiązań równania (9) nazywamy fundamentalnym zbiorem rozwiązań. Zwróćmy uwagę, że w powyższej definicji k jest rzędem równania. Podamy teraz praktyczniejszą metodę sprawdzania liniowej niezależności rozwiązań. Definicja 2.7. Kasoratianem W (n) rozwiązań x 1 (n),..., x r (n) nazywamy wyznacznik dany przez x 1 (n) x 2 (n)... x r (n) x 1 (n + 1) x 2 (n + 1)... x r (n + 1) W (n) =. (11)... x 1 (n + r 1) x 2 (n + r 1)... x r (n + r 1) Przykład 2.8. Rozważmy równanie różnicowe x (n + 3) 7x (n + 1) + 6x (n) = 0. Pokażemy, że ciągi 1, ( 3) n i 2 n są rozwiązaniami tego równania i obliczymy dla nich kasoratian. Najpierw sprawdzamy, czy to są rozwiązania, podstawiając te ciągi do równania. Dla ciągu x (n) = 1 mamy L = = 0 = P. Dla ciągu x (n) = ( 3) n mamy L = ( 3) n+3 7 ( 3) n ( 3) n = ( 3) n [ ] = 0 = P. Wreszcie dla ciągu x (n) = 2 n mamy L = 2 n n n = 2 n [ ] = 0 = P. Obliczamy teraz kasoratian: 5

6 1 ( 3) n 2 n W (n) = 1 ( 3) n+1 2 n+1 1 ( 3) n+2 2 n+2 = ( 3)n+1 2 n+1 ( 3) n+2 2 n n+1 ( 3)n 1 2 n ( 3) n+1 2n 1 ( 3) n+2 = 2 n+2 ( 3) n+1 2 n+1 ( 3) n+2 ( 3) n ( 2 n+2 2 n+1) + 2 n ( ( 3) n+2 ( 3) n+1) = 12 2 n ( 3) n 18 2 n ( 3) n 4 2 n ( 3) n n ( 3) n n ( 3) n n ( 3) n = 20 2 n ( 3) n. Wykazuje się, że zachodzi następujące twierdzenie: Twierdzenie 2.9. Zbiór rozwiązań x 1 (n), x 2 (n),..., x k (n) równania (9) rzędu k jest zbiorem fundamentalnym wtedy i tylko wtedy, gdy dla początkowego n 0 N {0} zachodzi W (n 0 ) 0. Przykład Sprawdzimy, że {n, 2 n } jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania x (n + 2) 3n 2 x (n + 1) + 2n x (n) = 0. n 1 n 1 Podstawiając do równania ciąg x 1 (n) = n, dostajemy L = n+2 3n 2 n 1 2n (n + 1)+ n 1 n = n2 + n 2 3n 2 n n 2 = 0 = P. n 1 Podstawiając teraz ciąg x 2 (n) = 2 n, mamy L = 2 n+2 3n 2 n 1 2n+1 + 2n n 1 2n n 4n 4 6n n = 2 = 0 = P. n 1 Ponieważ równanie nie ma sensu dla n = 1, więc przyjmiemy n 0 = 2. Mamy W (2) = = 4 0. Stąd na mocy Twierdzenia 2.9 ciągi n, 2 n dla n 2 stanowią zbiór fundamentalny rozwiązań danego równania. Przykład Rozważmy równanie rzędu trzeciego postaci x (n + 3) + 3x (n + 2) 4x (n + 1) 12x (n) = 0. Pokażemy, że ciągi 2 n, ( 2) n i ( 3) n tworzą zbiór fundamentalny rozwiązań tego równania. Sprawdzamy najpierw, że są to rozwiązania danego równania: dla ciągu 2 n mamy L = 2 n n n n = 2 n ( ) = 0 = P, 6

7 dla ciągu ( 2) n mamy L = ( 2) n ( 2) n+2 4 ( 2) n+1 12 ( 2) n i dla ciągu ( 3) n mamy L = ( 3) n ( 3) n+2 4 ( 3) n+1 12 ( 3) n Mamy = ( 2) n ( ) = 0 = P, = ( 3) n ( ) = 0 = P W (0) = = Na mocy Twierdzenia 2.9 podane rozwiązania tworzą zbiór fundamentalny rozwiązań. Opierając się teraz na Twierdzeniu 2.3, dowodzi się Twierdzenie 2.12 (Twierdzenie podstawowe). Jeżeli p k (n) 0 dla wszystkich n n 0, to równanie (9) posiada fundamentalny zbiór rozwiązań dla n n 0. Pokazuje się, że jeżeli x 1 (n),..., x k (n) jest zbiorem fundamentalnym rozwiązań równania (9), to dla dowolnych liczb c 1,..., c k ciąg k c i x 1 (n) i=1 jest rozwiązaniem równania (9) i dodatkowo jeśli x (n) jest dowolnym rozwiązaniem tego równania, to istnieją liczby a 1,..., a k takie, że x (n) = k a i x i (n). i=1 Stąd wynika zasadność następującej definicji Definicja Niech {x 1 (n), x 2 (n),..., x k (n)} będzie fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania (9). Wówczas rozwiązanie x (n) = k a i x i (n), i=1 gdzie a i są dowolnymi stałymi, nazywamy rozwiązaniem ogólnym równania (9). 7

8 3 Liniowe jednorodne równania o stałych współczynnikach Rozważmy równanie różnicowe rzędu k postaci x (n + k) + p 1 x (n + k 1) + p 2 x (n + k 2) + + p k x (n) = 0, (12) gdzie p i są stałymi rzeczywistymi i p k 0. (W tych równaniach przyjmujemy zawsze n 0 = 0.) Uwaga 3.1. Zauważmy, że równanie (12) daje się zapisać przy pomocy operatora przesunięcia w postaci p (E) x (n) = 0. gdzie p (λ) = λ k + p 1 λ k 1 + p 2 λ k p k. Wielomian p nazywamy wielomianem charakterystycznym równania (12), a jego pierwiastki pierwiastkami charakterystycznymi tego równania. Zajmiemy się szczególnym przypadkiem, gdy wielomian p rozkłada się wyłacznie na czynniki liniowe. Mamy do rozważenia dwa przypadki: Przypadek (a). Załóżmy, że pierwiastki charakterystyczne λ 1,..., λ k są różne, czyli każdy z pierwiastków charakterystycznych jest pierwiastkiem jednokrotnym. Pokazuje się, że wtedy zbiór {λ n 1,..., λ n k } jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań. W konsekwencji rozwiązaniem ogólnym równania (12) jest x (n) = k a i λ n i, (13) i=1 gdzie a i są dowolnymi liczbami. Przypadek (b). Załóżmy teraz, że różnymi pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1, λ 2,..., λ r i mają one odpowiednio krotności m 1, m 2,..., m r, przy czym r i=1 m i = k. Przy tych założeniach równanie (12) może być zapisane w postaci (E λ 1 ) m1 (E λ 2 ) m2 (E λ r ) mr x (n) = 0. (14) Wówczas pokazuje się, że zbiór G = G 1 G 2 G r, gdzie G i = { λ n i, nλ n i, n 2 λ n i,..., n mi 1 λ n i }, jest zbiorem fundamentalnym rozwiązań równania (14). Twierdzenie 3.2. Ogólnym rozwiązaniem równania (14) jest x (n) = r λ n i i=1 ( ai0 + a i1 n + a i2 n a imi 1n mi 1). (15) 8

9 Przykład 3.3. Rozwiążemy zagadnienie początkowe x (n + 3) 7x (n + 2) + 16x (n + 1) 12x (n) = 0, Równaniem charakterystycznym jest x (0) = 0, x (1) = 1, x (2) = 1. λ 3 7λ λ 12 = 0. Pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1 = 2 = λ 2 i λ 3 = 3. Na mocy Twierdzenia 3.2 rozwiązaniem ogólnym jest x (n) = a 0 2 n + a 1 n2 n + b 0 3 n. Aby wyznaczyć stałe a 0, a 1, b 0 skorzystamy z warunków początkowych: x (0) = a 0 + b 0 = 0 x (1) = 2a 0 + 2a 1 + 3b 0 = 1 x (2) = 4a 0 + 8a 1 + 9b 0 = 1. Rozwiązując powyższy układ równań dostajemy a 0 = 3, a 1 = 2, b 0 = 3. Ostatecznie rozwiązaniem naszego zagadnienia początkowego jest x (n) = 3 2 n + 2n 2 n 3 n+1. 4 Liniowe niejednorodne równania: metoda przewidywania Zajmiemy się teraz równaniami postaci y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = g (n), (16) gdzie p k (n) 0 dla n n 0 i g (n) nie jest ciągiem zerowym. Ciąg g (n) nazywamy składnikiem wymuszającym. Zachodzi Twierdzenie 4.1. Jeżeli y 1 (n) i y 2 (n) są rozwiązaniami równania (16), to ciąg x (n) = y 2 (n) y 1 (n) jest rozwiązaniem stowarzyszonego z nim równania jednorodnego x (n + k) + p 1 (n) x (n + k 1) + + p k (n) x (n) = 0. (17) Umówmy się, że ogólne rozwiązanie równania jednorodnego stowarzyszonego z danym równaniem niejednorodnym nazywać będziemy rozwiązaniem komplementarnym równania niejednorodnego i oznaczać będziemy symbolem y c (n). Rozwiązanie równania niejednorodnego nazywać będziemy rozwiązaniem szczególnym i oznaczać symbolem y p (n). Następne twierdzenie daje nam algorytm na generowanie wszystkich rozwiązań równania niejednorodnego (16). 9

10 Twierdzenie 4.2. Każde rozwiązanie y (n) równania (16) może być zapisane w postaci k y (n) = y p (n) + a i x i (n), gdzie {x 1 (n), x 2 (n),..., x k (n)} jest zbiorem fundamentalnym rozwiązań jednorodnego równania stowarzyszonego (17). Powyższe stwierdzenie upoważnia nas do zdefiniowania ogólnego rozwiązania równania niejednorodnego jako i=1 y (n) = y c (n) + y p (n). (18) Przejdźmy teraz do wyznaczania szczególnych rozwiązań równań niejednorodnych ze stałymi współczynnikami takich, jak y (n + k) + p 1 y (n + k 1) + + p k y (n) = g (n). (19) Ze względu na prostotę zaprezentujemy tzw. metodę przewidywania zwaną inaczej metodą współczynników nieoznaczonych. Metoda ta ogólnie mówiąc polega na przewidzeniu postaci rozwiązania szczególnego, a następnie podstawieniu jej do równania, co umożliwia sprecyzowanie ostateczne tego rozwiązania. Pamiętajmy jednak, że metoda ta nie jest efektywna dla zupełnie dowolnego ciągu g (n). Jednakże dobrze działa, gdy g (n) jest liniową kombinacją składników postaci a n lub n l lub a n n l. (20) Definicja 4.3. Operator wielomianowy N (E), gdzie E jest operatorem przesunięcia nazywamy anihilatorem g (n), gdy N (E) g (n) = 0. (21) Inaczej mówiąc N (E) jest anihilatorem g (n), gdy g (n) jest rozwiązaniem równania jednorodnego (21). Zatem wyznaczenie anihilatora polega na znalezieniu możliwie najprostszego równania jednorodnego, którego rozwiązaniem jest g (n). Przykład 4.4. Podamy anihilatory pewnych składników wymuszających: g (n) = 3 n N (E) = E 3 g (n) = n 2 + n N (E) = (E 1) 3 g (n) = n ( 2) n N (E) = (E + 2) 2 g (n) = n 2 2 n + n 1 N (E) = (E 2) 3 (E 1) 2. Zapiszmy równanie (19) używając operatora E gdzie p (E) = E k + p 1 E k 1 + p 2 E k p k I. p (E) y (n) = g (n), (22) 10

11 Załóżmy teraz, że N (E) jest anihilatorem ciągu g (n) w (22). Zastosujmy operator N (E) do obu stron równania (22) N (E) p (E) y (n) = 0. (23) Niech λ 1, λ 2,..., λ k będą pierwiastkami charakterystycznymi równania jednorodnego p (E) y (n) = 0 (24) i niech µ 1, µ 2,..., µ l będą pierwiastkami charakterystycznymi równania jednorodnego N (E) y (n) = 0. (25) Musimy rozważyć dwa przypadki: Przypadek 1. Żadne z λ i nie pokrywa się z żadnym µ j. Wówczas y p (n) piszemy jako ogólne rozwiązanie równania (25) z nieoznaczonymi współczynnikami. Podstawiając je do równania (19) wyznaczamy te współczynniki. Przypadek 2. Któreś λ i0 pokrywa się z pewnym µ j0. Dla wyznaczenia rozwiązania szczególnego y p (n) znajdujemy najpierw rozwiązanie ogólne równania (23), a następnie opuszczamy w nim wszystkie składniki, które pojawiają się w ogólnym rozwiązaniu y c (n) równania (24). Dalej, dla wyznaczenia współczynników, postępujemy, jak w Przypadku 1. Przykład 4.5. Rozwiążemy równanie y (n + 2) + y (n + 1) 12y (n) = n 2 n. (26) Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są λ 1 = 3 i λ 2 = 4. Zatem y c (n) = c 1 3 n + c 2 ( 4) n. Ponieważ anihilatorem składnika wymyszającego jest N (E) = (E 2) 2, więc µ 1 = µ 2 = 2 i zbiory pierwiastków charakterystycznych są rozłączne. Zatem y p (n) = a 1 2 n + a 2 n 2 n. Wstawiając ciąg y p (n) do równania (26), dostajemy a 1 2 n+2 +a 2 (n + 2) 2 n+2 +a 1 2 n+1 +a 2 (n + 1) 2 n+1 12a 1 2 n 12a 2 n 2 n = n 2 n, czyli (10a 2 6a 1 ) 2 n 6a 2 n 2 n = n 2 n. Aby powyższa równość zachodziła, musi być spełniony układ równań: { 6a1 + 10a 2 = 0 6a 2 = 1. Rozwiązaniem tego układu równań jest a 1 = 5 18 i a 2 =

12 W konsekwencji y p (n) = n 1 6 n 2n i rozwiązaniem ogólnym danego równania jest y (n) = c 1 3 n + c 2 ( 4) n n 1 6 n 2n. Przykład 4.6. Rozwiążemy równanie y (n + 2) y (n + 1) 6y (n) = 5 3 n. (27) Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są λ 1 = 3 i λ 2 = 2. Zatem y c (n) = c 1 3 n + c 2 ( 2) n. Ponieważ anihilatorem składnika wymuszającego jest N (E) = E 3, więc µ 1 = 3, czyli µ 1 = λ 1. Zauważmy, że dane równanie zapisane przy użyciu operatora przesunięcia jest postaci (E 3) (E + 2) y (n) = 5 3 n. Zatem przykładając do obu stron tego równania anihilator składnika wymuszającego, otrzymujemy równanie jednorodne Rozwiązaniem ogólnym równania (28) jest (E 3) 2 (E + 2) y (n) = 0. (28) ỹ (n) = (a 1 + a 2 n) 3 n + a 3 ( 2) n. Opuszczając w tym rozwiązaniu składniki występujące w y c (n), otrzymujemy y p (n) = a 2 n 3 n. Podstawienie y p (n) do równania (27) daje nam a 2 (n + 2) 3 n+2 a 2 (n + 1) 3 n+1 6a 2 n 3 n = 5 3 n, skąd a 2 = 1 3. W kosekwencji y p (n) = n 3 n 1 i rozwiązaniem ogólnym równania (27) jest y (n) = c 1 3 n + c 2 ( 2) n + n 3 n 1. Przykład zastosowania w finansach. Załóżmy, że kupiliśmy bezterminową obligację, która pod koniec roku daje dywidendę w wysokości I złotych. Jaką kwotę uzyskamy, jeśli nie wydajemy pochodzących z tego źródła dochodów, a stopa procentowa jest stała i wynosi r procent? Ponieważ nie wydajemy 12

13 dochodów, więc mamy do czynienia z procentem składanym. Jeżeli w roku n mamy kwotę M n, to M n+1 = (1 + r) M n + I, n = 0, 1, 2,... Otrzymaliśmy w ten sposób równanie różnicowe, które musimy rozwiązać przy warunku brzegowy M 0 = 0. Jeżeli oznaczymy przez c = 1+r, to nasze równanie przyjmie postać M n+1 cm n = I. Wielomianem pomocniczym jest p (x) = x c. Zatem ogólne rozwiązanie odpowiedniego równania jednorodnego ma postać M n = A c n. Sprawdźmy, czy dane równanie niejednorodne ma stałe rozwiązanie M n = k. Podstawiając do lewej strony dostajemy L = k ck = k (1 c) = rk. Zatem przy k = I r otrzymaliśmy rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego. Stąd rozwiązaniem ogólnym tego równania jest M n = I r + A cn. Uwzględnaiając warunek brzegowy M 0 = 0, dostajemy A = I r. Zatem ostatecznym rozwiązaniem naszego problemu jest lub inaczej 5 Zadania M n = I r + I r cn = I r (cn 1) = I cn 1 c 1 M n = I r ((1 + r)n 1). Rozwiąż następujące zagadnienia początkowe: Zadanie 1: y (n + 1) y (n) = 3 ( 1) n, y (0) = 1 2. Zadanie 2: Zadanie 3: y (n + 1) y (n) = 2n + 1, y (0) = 2. y (n + 1) 3y (n) = 5, y (0) =

14 Zadanie 4: Zadanie 5: y (n + 1) 2y (n) = 4 3 n, y (0) = 7. y (n + 1) + 2y (n) = n ( 2) n + 5, y (0) = 2 3. Zadanie 6: y (n + 2) y (n + 1) 2y (n) = 2n n, y (0) = 11 2, y (1) = Zadanie 7: y (n + 2) + y (n + 1) 2y (n) = 2n + ( 2) n, y (0) = 1, y (1) = Zadanie 8: y (n + 3) 7y (n + 2) + 8y (n + 1) + 16y (n) = 10 4 n+2 36, y (0) = 0, y (1) = 4, y (2) = 96. Odpowiedzi: 1. y (n) = 3 2 ( 1)n y (n) = n y (n) = 3 n y (n) = 3 2 n n. 5. y (n) = ( n 2 + n 4 ) ( 2) n y (n) = ( 1) n n n n y (n) = ( 2) n ( 1 6 n + 1) n2 5 9 n. 8. y (n) = ( n 2 + n ) 4 n + 2 ( 1) n 2. 14