Úvod do teorie diferenčních rovnic a jejich řešení, Z-transformace

Úvod do teorie diferenčních rovnic a jejich řešení, Z-transformace Obsah 1 Lineární diferenční rovnice a metody jejich řešení 2 11 Pojem diferenční rovnice 2 111 Definice diferenční rovnice 1 typu 2 112 Definice diferenční rovnice 2 typu 3 113 Obecné a partikulární řešení diferenční rovnice 2 typu a lineárně nezávislé funkce 3 12 Lineární diferenční rovnice 5 121 Pojem lineární diferenční rovnice 5 122 Obecné vlastnosti lineární diferenční rovnice 6 123 Homogenní diferenční rovnice; fundamentální systém řešení 7 124 Obecné řešení homogenní diferenční rovnice 9 125 Lineární nehomogenní diferenční rovnice (lineární diferenční rovnice s pravou stranou) 10 13 Řešení lineární homogenní diferenční rovnice s konstantními koeficienty 10 131 Charakteristická rovnice má k různých reálných kladných kořenů 13 132 Charakteristická rovnice má imaginární kořeny 13 133 Charakteristická rovnice má reálný kořen λ 1 < 0 15 134 Charakteristická rovnice má kořen λ 1 s-násobný 16 14 Řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice s konstan-tními koeficienty 18 141 Metoda odhadu partikulárního řešení 18 142 Metoda variace konstant 20 2 Z-transformace 22 13 února 2004 1

1 Lineární diferenční rovnice a metody jejich řešení V této úvodní kapitole budeme studovat speciální třídu diferenčních rovnic, které se nazývají lineární diferenční rovnice, přičemž použití termínů lineární a nelineární je zde analogické k jejich použití v oblasti diferenciálních rovnic Z hlediska rozsáhlosti problematiky lineárních diferenčních rovnic a s ohledem na jejich aplikaci při matematickém popisu různých ekonomických modelů, které budou dále prezentovány, se detailně zaměříme na řešení lineárních nehomogenních diferenčních rovnic n-tého řadu s konstantními koeficienty Jejich řešení budeme hledat jednak klasickými cestami (tj hledání řešení příslušné homogenní diferenční rovnice sestavením charakteristického polynomu a určením jeho kořenů, následované metodou odhadu partikulárního řešení, respektive metodou variace konstant), a jednak si ukážeme elegantní způsob nalezení řešení využitím operátorového počtu (tj aplikací Z-transformace) Studium lineárních diferenčních rovnic je důležité z několika důvodů Mnoho typů problémů jsou přirozeně formulovány jako lineární diferenční rovnice Rovněž určité podskupiny třídy lineárních diferenčních rovnic, jako jsou diferenční rovnice prvního řádu a diferenční rovnice s konstantními koeficienty, představují rozsáhlou oblast rovnic, které lze vyřešit explicitně Třída lineárních diferenčních rovnic vykazuje vhodné algrebraické vlastnosti, které dovolují použít k jejich řešení maticové metody, operátorové metody, transformace, generující funkce a podobně Konečně určité metody analýzy nelineárních diferenčních rovnic, jako například stanovení stability nelineární diferenční rovnice pomocí linearizace, záleží na vlastnostech přidružených lineárních diferenčních rovnic 11 Pojem diferenční rovnice 111 Definice diferenční rovnice 1 typu Definice 11 Nechť je funkce f(x, y, y, 2 y,, k y) definována pro všechna x M Rovnici tvaru f(x, y, y, 2 y,, k y) = 0, (1) ve které je neznámou funkce y = ϕ(x), nazýváme diferenční rovnicí k-tého řádu a 1 typu definovanou v M Partikulárním řešením této rovnice v M nazýváme každou funkci y = ϕ(x), která pro všechna x M splňuje danou rovnici Obecným řešením nazýváme vzorec zahrnující všechna partikulární řešení Poznámka 11 V úlohách na diferenci a diferenční rovnice bývá obvykle množina M (definiční obor diference) tak zvanou diskrétní množinou ekvidistantních bodů (x 0 + nh), kde x 0 je dané číslo, n = 0, 1, 2, a h > 0 je libovolné číslo, zvané diferenční krok Poznámka 12 Aby bylo možné dosadit řešení ϕ(x) do dané rovnice, musí existovat k-tá diference ϕ(x) ve všech x M; k tomu je nutné, aby definiční obor funkce ϕ(x) obsahoval kromě bodů x M také body x + h, x + 2h,, x + kh 2

Poznámka 13 Definice 11 je analogická definici diferenciální rovnice, jestliže diference nahradíme derivacemi příslušného řádu V dalším budeme řešit difereční rovnice jiného typu, než je 1 typ Pro jednoduchost se především omezíme na diferenční krok h = 1, čehož se dosáhne substitucí x = ht; definiční obor pak bude množina čísel {x 0, x 0 + 1, x 0 + 2, } nebo speciálně množina {0, 1, 2, 3, }, jestliže navíc provedeme substituci t = x x 0 Vraťme se k diferenční rovnici 1 typu Dosaďme za diference v rovnici (1) výrazy, které jsou ve tvarech y = ϕ(x + 1) ϕ(x), 2 y = ϕ(x + 2) 2ϕ(x + 1) + ϕ(x), k y = ϕ(x + k) Dále zaveďme obvyklejší značení ( ) k ϕ(x + k 1) + 1 ϕ(x + j) = y x+j, j = 0, 1, 2,, k, ( ) k ϕ(x + k 2) + + ( 1) k ϕ(x) 2 kde index x + j značí argument funkce Sloučíme-li po dosazení ve funkci f(x, y, y, 2 y,, k y) členy se stejnými indexy, dostaneme novou funkci g(x, y x, y x+1, y x+2,, y x+k ) Tak docházíme k jinému vyjádření diferenční rovnice, o kterém pojednává následující odstavec 112 Definice diferenční rovnice 2 typu Definice 12 Nechť je pro všechna x M definována funkce g(x, y x, y x+1,, y x+k ), kde y x+j = ϕ(x + j), j = 0, 1, 2,, k Rovnice tvaru g(x, y x, y x+1, y x+2,, y x+k ) = 0, (2) ve které je neznámou funkce y x = ϕ(x), nazýváme diferenční rovnicí 2 typu definovanou v M Jestliže jsou v této rovnici koeficienty u y x a y x+k pro všechna x M nenulové, říkáme, že rovnice je k-tého řádu Poznámka 14 Řešením diferenční rovnice (2) v M nazýváme každou funkci y x = ϕ(x), která pro všechna x M splňuje danou rovnici K tomu je nutné, aby definiční obor funkce ϕ(x) obsahoval všechna x M a také body x + 1, x + 2,, x + k 113 Obecné a partikulární řešení diferenční rovnice 2 typu a lineárně nezávislé funkce Definice 13 3

1 Obecným řešením diferenční rovnice 2 typu k-tého řádu budeme nazývat takové řešení y x = ϕ(x), které obsahuje k libovolných periodických funkcí, na sobě lineárně nezávislých, které se nedají nahradit menším počtem funkcí Jesliže definiční obor rovnice je jen posloupnost bodů {x 0 + n} n=0, pak obecné řešení bude obsahovat k libovolných lineárně nezávislých konstant C 1, C 2,, C k, které se nedají nahradit menším počtem obecných konstant 2 Partikulární řešení je zvláštní případ obecného řešení, ve kterém za obecné periodické funkce, respektive konstanty dosadíme určité funkce, respektive čísla 3 Počáteční podmínky tvoří k daných dvojic hodnot {x j, ϕ(x j )} pro j = 1, 2,, k Funkční hodnoty ϕ(x 1 ), ϕ(x 2 ),, ϕ(x k ) pro dané různé body x 1, x 2,, x k z množiny M použijeme k výpočtu konstant C 1, C 2,, C k z obecného řešení Obvykle bývá x 2 = x 1 + 1, x 3 = x 1 + 2,, x k = x 1 + k 1 V Definici 13 se setkáváme s pojmem lineárně nezávislých funkcí, respektive lineárně nezávislých konstant Důležitost lineární nezávislosti řešení diferenční rovnice (2) ozřejmíme níže Protože systematický výklad týkající se problematiky lineárně nezávislých funkcí by přerostl rámec našeho tématu, uvedeme si zde jen stručně definici, se kterou je těsně spjat pojem lineárně nezávislých funkcí, respektive konstant v obecném řešení diferenční rovnice 2 typu Definice 14 Říkáme, že funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x), společně definované pro x M, jsou lineárně závislé v M, jestliže existuje aspoň jedna konstanta C j 0, j = 1, 2,, k, tak, aby pro všechna x M platila rovnice C 1 ϕ 1 (x) + C 2 ϕ 2 (x) + + C n ϕ n (x) = 0 Není-li tomu tak, pak říkáme, že funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x) jsou lineárně nezávislé v M Pro zjišťování lineární nezávislosti funkcí v množině M = {x 0 + n} n=0 se v teorii diferenčních rovnic používá následující vlastnosti Je-li k C j ϕ j (x) = 0 pro x M, pak platí rovnost i mezi diferencemi obou stran této rovnice (pro stejné konstanty C j ), tj platí m k C j ϕ j (x) = m 0 pro m = 1, 2, (neboť funkce ϕ j (x) jsou definovány i v bodech x 0 + 1, x 0 + 2,, x 0 + k 1) Použijeme-li vzorce pro diferenci součtu a pro diferenci funkce násobené konstantou, dostaneme pro neznámé C j homogenní soustavu k rovnic ve tvaru C j ϕ j (x) = 0, C j ϕ j (x) = 0, C j k 1 ϕ j (x) = 0 4 (3)

Pro funkce ϕ j (x) lineárně nezávislé v M smí mít (3) pouze nulové (triviální) řešení aspoň pro jedno x M Podle vět z lineární algebry to nastane právě tehdy, když determinant matice soustavy bude různý od nuly Tím jsme dokázali následující větu Věta 11 K tomu, aby funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x) byly lineárně nezávislé v množině M = {x 0 + n} n=0, stačí, aby byl aspoň pro jedno x M determinant ϕ 1 (x) ϕ k (x) ϕ 1 (x) ϕ k (x) W = 0 k 1 ϕ 1 (x) k 1 ϕ k (x) Podobně, nahradíme-li v soustavě (3) diference hodnotami funkcí v bodech x + j, a dosadíme-li z předcházející rovnice za příslušnou sumu nulu, potom levá strana druhé rovnice dá C j [ϕ j (x + 1) ϕ j (x)] = C j ϕ j (x + 1) C j ϕ j (x)] = C j ϕ j (x + 1) atd Tak dostaneme pro neznámé C i soustavu ve tvaru k i=1 C i ϕ i (x + j) = 0, j = 0, 1, 2,, k 1 Odtud vyplývá následující věta Věta 12 K tomu, aby funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x) byly lineárně nezávislé v množině M = {x 0 + n} n=0, stačí, je-li aspoň pro jedno x M determinant ϕ 1 (x) ϕ k (x) ϕ 1 (x + 1) ϕ k (x + 1) W = 0 (4) ϕ 1 (x + k 1) ϕ k (x + k 1) Poznámka 15 V teorii diferenčních rovnic bývá determinant (4) nazýván Casoratián Casoratián hraje při studiu lineárních diferenčních rovnic podobnou roli jako Wronskián u lineárních diferenciálních rovnic 12 Lineární diferenční rovnice 121 Pojem lineární diferenční rovnice Nyní se budeme zabývat diferenční rovnicí 2 typu s definičním oborem M = {x 0, x 0 + 1, x 0 + 2, }, tj h = 1, x = x 0 + n, kde n = 0, 1, 2, V tomto případě obecné periodické funkce jsou obecné konstanty C 1, C 2,, C k Definice 15 Diferenční rovnice tvaru a 0 (x)y x + a 1 (x)y x+1 + a 2 (x)y x+2 + + a k (x)y x+k = f(x), (5) kde f(x), a 0 (x), a 1 (x), a 2 (x),, a k (x) jsou libovolné funkce proměnné x definované v M, přičemž a 0 (x) 0 a a k (x) 0 pro x M, nazýváme lineárními diferenčními rovnicemi k-tého řádu s nekonstantními koeficienty a pravou stranou; a 0 (x), a 1 (x), a 2 (x),, a k (x) nazýváme koeficienty, f(x) pravou stranou 5

Poznámka 16 Jestliže všechny funkce a 0 (x), a 1 (x), a 2 (x),, a k (x) jsou konstanty, říkáme, že rovnice má konstantní koeficienty; pak budeme značit a 0 (x) = a 0, a 1 (x) = a 1, a 2 (x) = a 2,, a k (x) = a k Poznámka 17 Jestliže f(x) = 0 pro x M, říkáme, že rovnice je bez pravé strany, nebo že je homogenní V opačném případě mluvíme o nehomogenních rovnicích nebo o rovnicích s pravou stranou Homogenní, respektive nehomogenní diferenční rovnici můžeme ekvivalentně vystihnout relací ve tvaru respektive a j (x)y x+j = 0, (6) a j (x)y x+j = f(x) (7) 122 Obecné vlastnosti lineární diferenční rovnice Věta 13 (Existenční věta pro lineární diferenční rovnici) Nechť je dáno k hodnot y c, y c+1, y c+2,, y c+k 1 v k po sobě jdoucích bodech z definičního oboru M lineární diferenční rovnice (7) k-tého řádu Potom existuje v M jediné řešení rovnice (7), která nabývá předepsaných hodnot y c, y c+1, y c+2,, y c+k 1 v daných bodech c, c+1, c+2,, c+ k 1 Důkaz Důkaz provedeme úplnou indukcí Předpokládejme, že M = {x 0, x 0 + 1, x 0 + 2, } a daný bod c lze psát ve tvaru c = x 0 + N, kde N je jisté nezáporné celé číslo Nejprve dokážeme, že řešení (tj posloupnost) existuje pro x c + k; k tomu nejdříve nalezneme y c+k Do dané rovnice (7) dosadíme x = c, čímž dostaneme a 0 (c)y c + a 1 (c)y c+1 + a 2 (c)y c+2 + + a k (c)y c+k = f(c) Protože a k (c) 0, můžeme jednoznačně vypočítat y c+k, neboť hodnoty y c, y c+1, y c+2,, y c+k 1 jsou předepsány Tak dostaneme y c+k = 1 a k (c) [f(c) a 0(c)y c a 1 (c)y c+1 a 2 (c)y c+2 a k 1 (c)y c+k 1 ] Předpokádejme, že lze takto jednoznačně vypočítat hodnoty y c+k, y c+k+1, y c+k+2,, y c+k, kde K k Z toho dokážeme, že lze jednoznačně vypočítat i y c+k+1, a to následovně Dosadíme do dané rovnice x 0 = c+k k +1 (x M); protože K k 0, je x 0 c + 1 Čili a 0 (x 0 )y x0 + a 1 (x 0 )y x0 +1 + a 2 (x 0 )y x0 +2 + + a k (x 0 )y x0 +k = f(x 0 ) 6

Protože podle předpokladu je a k (x 0 ) 0, lze jednoznačně vyjádřit y x0 +k následující relací ve tvaru y x0 +k = y x0 +K+1 = 1 a k (x 0 ) [f(x 0) a 0 (x 0 )y x0 a 1 (x 0 )y x0 +1 a k 1 (x 0 )y x0 +k 1] Protože x 0 c + 1, x 0 + k 1 c + k; jsou tedy hodnoty y x0, y x0 +1,, y x0 +k 1 podle indukčního předpokladu jednoznačně určeny Tím jsme dokázali, že řešení existuje, a to jediné, pro všechna x 0 c+1 Nyní vypočítáme řešení pro x = c N, c N +1,, c 1 Dosadíme do (7) x = c 1 M, tedy a 0 (c 1)y c 1 + a 1 (c 1)y c 1 + a 2 (c 1)y c 1 + + a k (c 1)y c 1 = f(c 1) Odtud můžeme jednoznačně vyjádřit y c 1, protože v diferenční rovnici předpokládáme a 0 (c 1) 0 Dále, dosadíme-li x = c 2, vypočítáme podobně y c 2 atd, až po N (po konečně mnoha) krocích vypočítáme y c N = y x0 Poznámka 18 Z důkazu Věty 13 neplyne návod, jak vypočítat řešení lineární diferenční rovnice; ostatně při nekonečném oboru M tento postup není proveditelný Poznámka 19 Věta 13 platí i pro homogenní diferenční rovnici (6); v tomto případě je všude v důkaze f(x) = 0, a tedy y c+k = k 1 a j (c) a k (c) y c+j Obdobný tvar mají i y c+k+1,, a také y c 1,, y c N Poznámka 110 Jestliže všechny dané hodnoty y c,, y c+k+1 byly nuly, pak i ostatní vypočtené hodnoty jsou nuly (viz Věta 14) Jestliže aspoň jedna z daných hodnot není nula, pak samozřejmě i celé řešení {y c N,, y c 1, y c,, y c+k, y c+k+1, } není posloupnost samých nul 123 Homogenní diferenční rovnice; fundamentální systém řešení Věta 14 Homogenní lineární diferenční rovnice k a j (x)y x+j triviální řešení y x = 0 pro x M = 0 má vždy tzv Důkaz Jestliže pro všechna x M je y x = 0, je tedy y x+j = 0 pro j = 0, 1, 2,, k, z čehož vyplývá, že a j (x)y x+j = 0 Věta 15 Nechť ϕ(x) je partikulární řešení lineární homogenní diferenční rovnice tvaru k a j (x)y x+j = 0 a nechť C je libovolná konstanta Potom funkce y x = Cϕ(x) je také řešením lineární homogenní diferenční rovnice 7

Důkaz Víme, že k a j (x)ϕ(x+j) = 0 Chceme dokázat, že k a j (x)[cϕ(x+j)] = 0 Ale to je zřejmé, neboť a j (x)[cϕ(x + j)] = C a j (x)ϕ(x + j) = C0 = 0 Poznámka 111 Obecně platí, že je-li ϕ(x) řešením rovnice (6), je i funkce p(x)ϕ(x) řešením rovnice (6) [p(x) je libovolná periodická funkce s periodou 1], neboť p(x + j) = p(x) lze vytknout před sumu, p(x) k a j (x)ϕ(x + j) Věta 16 Nechť ϕ 1 (x) a ϕ 2 (x) jsou partikulární řešení lineární homogenní diferenční rovnice k a j (x)y x+j = 0 Potom funkce y x = ϕ 1 (x) + ϕ 2 (x) je také řešením lineární homogenní diferenční rovnice Důkaz Víme, že platí k a j (x)ϕ 1 (x + j) = 0 a k a j (x)ϕ 2 (x + j) = 0 Máme dokázat relaci k a j (x)[ϕ 1 (x + j) + ϕ 2 (x + j)] = 0 Ale to je zřejmé, neboť a j (x)[ϕ 1 (x + j) + ϕ 2 (x + j)] = a j (x)ϕ 1 (x + j) + a j (x)ϕ 2 (x + j) = 0 + 0 = 0 Z Vět 15 a 16 plyne, že nalezneme-li k partikulárních řešení homogenní rovnice ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x), pak funkce y x = C 1 ϕ 1 (x) + C 2 ϕ 2 (x) + + C k ϕ k (x), kde C 1, C 2,, C k jsou libovolné konstanty, je také řešením lineární difereční rovnice k a j (x)y x+j = 0 V dalším budeme řešit problém, jak nalézt tzv lineárně nezávislá řešení ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x); pak totiž funkce y x = k C j ϕ j (x) bude představovat obecné řešení To je předmětem Definice 16 a Poznámky 112 Definice 16 Říkáme, že funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x), které jsou partikulárním řešením lineární diferenční rovnice k a j (x)y x+j = 0 v množině M = {x 0 +n} n=0 tvoří fundamentální systém řešení, jestliže jsou funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x) lineárně nezávislé v M Poznámka 112 Na základě Věty 12 je fundamentální soustava řešení množina takových funkcí ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x), pro které je v M = {x 0 + n} n=0 determinant W různý od nuly, tj W = ϕ 1 (x) ϕ 2 (x) ϕ k (x) ϕ 1 (x + 1) ϕ 2 (x + 1) ϕ k (x + 1) 0 ϕ 1 (x + k 1) ϕ 2 (x + k 1) ϕ k (x + k 1) 8

124 Obecné řešení homogenní diferenční rovnice Věta 17 Nechť funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x) tvoří fundamentální systém řešení lineární homogenní diferenční rovnice k a j (x)y x+j = 0 v M Nechť ϕ(x) je libovolné partikulární řešení lineární homogenní diferenční rovnice k a j (x)y x+j = 0 v M Potom existují konstanty C 1, C 2,, C k tak, že pro x M = {x 0 + n} n=0 platí ϕ(x) = C j ϕ j (x) (8) Důkaz Protože M = {x 0, x 0 + 1, x 0 + 2, }, lze k výpočtu konstant C j utvořit následující lineární soustavu k rovnic C j ϕ j (x 0 ) = ϕ(x 0 ), C j ϕ j (x 0 + 1) = ϕ(x 0 + 1), C j ϕ j (x 0 + k 1) = ϕ(x 0 + k 1) Podle předpokladu je determinant matice soustavy nenulový, tedy existuje jediné řešení C 1, C 2,, C k Tím jsme dokázali, že ϕ(x) = k C j ϕ j (x) pro body x 0, x 0 + 1, x 0 + 2,, x 0 + k 1 Zbývá ověřit, že i pro ostatní x M platí ϕ(x) = k C j ϕ j (x) Utvořme pro x M funkci g(x) = ϕ(x) Cj ϕ j (x) Tato funkce je podle Vět 15 a 16 také partikulárním řešením lineární homogenní diferenční rovnice k a j (x)y x+j = 0 pro x M Z výpočtu konstant C 1, C 2,, C k vyplývá, že funkce g(x) nabývá ve všech bodech x 0, x 0 +1, x 0 +2,, x 0 +k 1 hodnot 0 Vezmeme-li tyto hodnoty v k po sobě jdoucích bodech za počáteční podmínky, pak z existenční věty (viz Věta 13) víme, že jimi je určeno jediné partikulární řešení, což je právě g(x), a že toto řešení je podle Poznámky 110 triviální, tj že pro všechna x M je g(x) = 0, a to jsme měli dokázat Z věty 17 lze odvodit, jak vypadá obecné řešení lineární homogenní diferenční rovnice; stačí nalézt k nezávislých partikulárních řešení ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x) a pak obecné řešení jsou funkce tvaru y x = C 1 ϕ 1 (x) + C 2 ϕ 2 (x) + + C k ϕ k (x), kde C 1, C 2,, C k jsou libovolné (obecné) konstanty (respektive obecné periodické funkce s periodou 1) 9

125 Lineární nehomogenní diferenční rovnice (lineární diferenční rovnice s pravou stranou) Nyní si uvedeme větu, která bude představovat návodem, jak lze nalézt obecné řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice Věta 18 Nechť Y x = k C j ϕ j (x) je obecné řešení lineární homogenní diferenční rovnice k a j (x)y x+j = 0; nechť Z x = ψ(x) je partikulární řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice k a j (x)y x+j = f(x) s pravou stranou f(x) Potom obecné řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice je funkce y x = Y x + Z x (9) Důkaz Máme dokázat, že jednak y x je řešení a že jednak je to obecné řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice Nejprve ověříme dosazením, že y x je řešením rovnice (7), čili a j (x)y x+j = a j (x)[y x+j + ψ(x + j)] = a j (x)y x+j + a j (x)ψ(x + j) První suma je rovna nule, protože Y x+j je řešením lineární homogenní diferenční rovnice, druhá suma je rovna funkci f(x), protože ψ(x) byla řešením lineární nehomogenní diferenční rovnice Tedy dosazením jsme dostali, že 0 + f(x) = f(x), což značí, že y x je řešením rovnice k a j (x)y x+j = f(x) Nyní dokážeme, že je to obecné řešení, tj že libovolné řešení rovnice (7) má tvar jako y x Nechť ψ 1 (x) je libovolné řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice; pak funkce ψ 1 (x) ψ(x) je řešením příslušné lineární homogenní diferenční rovnice, neboť a j (x)[ψ 1 (x + j) ψ(x + j)] = a j (x)ψ 1 (x + j) a j (x)ψ(x + j) = 0 Tedy existují konstanty C1, C2,, Ck takové, že ψ 1 (x) ψ(x) = k Cj ϕ j (x), neboli ψ 1 (x) = Y x ψ(x) Z toho plyne, že obecné řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice jsou funkce tvaru y x = C j ϕ j (x) + ψ(x) 13 Řešení lineární homogenní diferenční rovnice s konstantními koeficienty Hledejme netriviální řešení lineární homogenní diferenční rovnice s konstantními koeficienty tvaru a 0 y x + a 1 y x+1 + a 2 y x+2 + + a k y x+k = 0, (10) 10

kde a 0, a 1, a 2,, a k jsou dané konstanty, a 0 0, a k 0, a to pro x = x 0 + n, n = 0, 1, 2, Předpokládejme, že partikulární řešení rovnice (10) lze psát ve tvaru y x = λ x, kde λ je jistá konstanta Tuto konstantu λ vypočítáme dosazením y x = λ x do (10), čili a 0 λ x + a 1 λ x+1 + a 2 λ x+2 + + a k λ x+k = 0 Protože hledáme netriviální řešení, je λ x 0 a můžeme předchozí rovnici dělit funkcí λ x Tak dostaneme a 0 + a 1 λ + a 2 λ 2 + + a k λ k = 0 (11) Rovnice (11) neobsahuje proměnnou x; je to algebraická rovnice k-tého stupně (a k 0) pro neznámou λ; rovnice (11) má nejvyše k-reálných kořenů, a to nenulových, neboť a 0 0 Tedy lze vyhovět předpokladu, že řešení má tvar λ x, kde λ je konstanta, a to tehdy, vezmeme-li za λ některý kořen rovnice (11) Protože k nalezení obecného řešení rovnice (10) je třeba nalézt k lineárně nezávislých partikulárních řešení, budeme se v dalším zabývat problémem, jak nalézt fundamentální systém řešení v závislosti na charakteru kořenů rovnice (11); kořeny algebraické rovnice mohou být reálné jednoduché, reálné vícenásobné, imaginární jednoduché a imaginární vícenásobné Definice 17 Rovnici a j λ j = 0 (12) nazýváme charakteristickou rovnicí lineární homogenní diferenční rovnice s konstantními koeficienty tvaru a j y x+j = 0 V dalším budeme probírat různé varianty, které vznikají řešení charakteristické rovnice Ke zjištení fundamentálního řešení budeme v navazujícím výkladu potřebovat tvrzení následující věty Věta 19 Funkce λ x 1, λ x 2,, λ x k pro λ i λ j, kde i, j = 1, 2,, k, jsou lineárně nezávislé v množině M = {x 0 + n} n=0 Důkaz K důkazu budeme vyšetřovat podle Věty 12 determinant D, který je v našem připadě vystižitelný relací ve tvaru λ x 1 λ x 2 λ x k λ x+1 1 λ x+1 2 λ x+1 k D = λ x+2 1 λ x+2 2 λ x+2 k λ1 x+k 1 λ x+k 1 2 λ x+k 1 k 11

Z vlastností determinantů vyplývá, že můžeme z každého sloupce vytknout před determinant společného dělitele λ x j Tak dostaneme D = λ x 1λ x 2 λ x k 1 1 1 λ 1 λ 2 λ k λ 2 1 λ 2 2 λ 2 k = (λ x 1λ x 2 λ x k) x Dk λ1 k 1 λ k 1 2 λk k 1 Protože funkce (λ 1 λ 2 λ k ) x 0 pro všechna x, stačí dokázat, že determinant D k (tzv Vandermondův) je různý od nuly K tomu použijeme věty, že determinant se nezmění, přičteme-li k jednomu řádku násobek jiného řádku Násobíme tedy první řádek číslem ( λ 1 ) a přičteme první řádek k druhému řádku, násobíme druhý řádek číslem ( λ 1 ) a sečteme druhý řádek se třetím řádkem atd, až (k 1)-ní řádek násobíme číslem ( λ 1 ) a sečteme poslední dva řádky Obdržíme Dk = 1 1 1 0 λ 2 λ 2 λ k λ 1 0 λ 2 (λ 2 λ 1 ) λ k (λ k λ 1 ) 0 λ2 k 2 (λ 2 λ 1 ) λk k 2 (λ k λ 1 ) Rozvineme-li determinant D k podle prvního sloupce a vytkneme-li následně z každého sloupce společného dělitele, získáme výraz čili Dk = (λ 2 λ 1 )(λ 3 λ 1 ) (λ k λ 1 ) 1 1 1 λ 2 λ 3 λ k λ 2 2 λ 2 3 λ 2 k, λ k 2 2 λ3 k 2 λ k 2 k D k = (λ 2 λ 1 )(λ 3 λ 1 ) (λ k λ 1 )D k 1 Obdobně upravíme determinant Dk 1 atd, až dojdeme k determinantu D2, který je tvaru D2 1 1 = λ k 1 λ k = λ k 1 λ k Tím jsme dokázali, že determinant D k je roven součinu všech možných rozdílů λ i λ j, kde i > j a i, j = 1, 2,, k Pro vzájemně různá čísla λ i a λ j je tento součin různý od nuly A to jsme měli dokázat Pro k = 3 je D 3 = (λ 2 λ 1 )(λ 3 λ 1 )(λ 3 λ 2 ) Dokázaná věta platí i v případě, že λ i jsou komplexní čísla 12

131 Charakteristická rovnice má k různých reálných kladných kořenů Označme kořeny charakteristické rovnice λ 1, λ 2,, λ k ; nechť jsou všechny reálné, kladné a jednoduché Potom pro x = x 0 + n, n = 0, 1, 2,, jsou definovány reálné funkce ϕ 1 (x) = λ x 1, ϕ 2 (x) = λ x 2,, ϕ k (x) = λ x k Z Vět 17 a 19 vyplývá následující věta Věta 110 Jestliže charakteristická rovnice má k různých reálných kladných kořenů λ 1, λ 2,, λ k, pak příslušná homogenní diferenční rovnice má v množině M = {x 0 +n} n=0 obecné řešení tvaru y x = C 1 λ x 1 + C 2 λ x 2 + + C k λ x k, kde C 1, C 2,, C k jsou libovolné konstanty 132 Charakteristická rovnice má imaginární kořeny Než přejdeme k vlastnímu řešení homogenní diferenční rovnice s konstantními koeficienty, jejiž příslušná charakteristická rovnice má imaginární kořeny, zopakujme si některé pojmy z oboru komplexních čísel Zápisu α + iβ říkáme algebraický tvar komplexního čísla, číslo α nazýváme reálnou částí a číslo β nazýváme imaginární částí Dvě komplexní čísla jsou si rovna, jsou-li si rovny jejich reálné části a jsou-li si rovny jejich imaginární části Komplexní číslo se nazývá imaginární, je-li β 0 Je-li β = 0, je komplexní číslo číslem reálným Číslo α + iβ znázorňujeme geometricky jako bod v tzv Gaussově rovině o souřadnicích x = α, y = β; α, β se také nazývají algebraické souřadnice komplexního čísla Kromě toho užíváme pro komplexní číslo tzv goniometrických souřadnic r, ω, určených vztahy α = r cos ω, β = r sin ω, a tedy α + iβ = r(cos ω + i sin ω) Číslo r = α 2 + β 2 0 se nazývá též absolutní hodnota nebo modul komplexního čísla; ω je úhel Pro úhel ω platí cos ω = α r a současně sin ω = β r Ještě si připomeňme dobře známou větu Má-li polynom P k (λ) = k a j λ j s reálnými koeficienty komplexní kořen λ 1 = α + iβ, pak má i kořen λ 2 = α iβ, komplexně sdružený s λ 1 Protože dále ve výkladu budeme potřebovat funkce e x a ln(z) pro z = α + iβ = r(cos ω + i sin ω), uvedeme si jen stručně ještě tyto vzorce Platí Jelikož r = e ln(r), můžeme psát, že e α+iβ = e α (cos β + i sin β) z = r(cos ω + i sin ω) = e ln(r) e iω = e ln(r)+iω, 13

tj z = e u, a odtud podle definice logaritmu je u = ln(z) Tedy logaritmus komplexního čísla se vypočítá podle vzorce (pro r 0) ln[r(cos ω + i sin ω)] = ln(r) + iω Vraťme se k řešení diferenční rovnice k a j y x+j = 0, jejíž charakteristická rovnice má kořeny λ 1,2 = r(cos ω ± i sin ω) Potom lze vzít za partikulární řešení komplexní funkce λ x 1,2 = e x ln(λ 1,2) = e x[ln(r)±iω], tj λ x 1,2 = r x (cos ωx ± i sin ωx) Potom podle Vět 15 a 16 jsou řešením lineární homogenní diferenční rovnice s konstantními koeficienty i funkce tj ϕ 1 (x) = 1 2 (λx 1 + λ x 2), ϕ 2 (x) = 1 2i (λx 1 λ x 2), ϕ 1 (x) = r x cos ωx, ϕ 2 (x) = r x sin ωx, neboli řešením je reálná část komplexního řešení i imaginární část komplexního řešení Pro imaginární kořeny λ 1,2 jsou funkce ϕ 1 (x) a ϕ 2 (x) lineárně nezávislé v množině M = {x 0 + n} n=0, neboť ϕ 1 (x) ϕ 2 (x) ϕ 1 (x + 1) ϕ 2 (x + 1) = r x cos ωx r x sin ωx r x+1 cos ω(x + 1) r x+1 sin ω(x + 1) = r2x+1 sin ω 0, protože ω 0, ω π (nejedná se o případ reálných kořenů) Tím jsme dokázali následující větu Věta 111 Nechť má charakteristická rovnice imaginární kořeny λ 1,2 = r(cos ω ± i sin ω) Pak má příslušná homogenní diferenční rovnice lineárně nezávislá partikulární řešení tvaru a tedy má za řešení reálnou funkci kde C 1 a C 2 jsou libovolné konstanty ϕ 1 (x) = r x cos ωx, ϕ 2 (x) = r x sin ωx, ϕ 1,2 (x) = r x (C 1 cos ωx + C 2 sin ωx), 14

Jestě si uvedeme v následující větě poznatek, ke kterému jsme došli při důkazu předcházející věty Věta 112 Nechť rovnice k a j y x+j = 0 má komplexní řešení y x = u x + iv x Potom jsou také reálné funkce u x a v x řešením dané rovnice Důkaz Víme, že a j [u x+j + iv x+j ] = a j u x+j + i a j v x+j = 0 Komplexní výraz na levé straně předchozí rovnice je nulový, jestliže k a j u x+j = 0 a k a j v x+j = 0 To znamená, že u x a v x jsou řešením dané diferenční rovnice 133 Charakteristická rovnice má reálný kořen λ 1 < 0 Jestliže je kořen λ 1 charakteristické rovnice záporný, pak funkce λ x 1 nemusí mít reálné hodnoty; to záleží na tom, jaký je definiční obor M = {x 0, x 0 + 1, x 0 + 2, } řešené diferenční rovnice, respektive na tom, jak je zvolen počáteční bod x 0 Je-li x 0 číslo celé, x 0 = k, pak i všechna x M jsou celá čísla a řešení y x = λ x 1 je reálné V tomto případě můžeme používat stejného postupu jako v případě k reálných kořenů charakteristické rovnice Uvažujme tedy lineární homogenní diferenční rovnici s konstantními koeficienty, jejíž charakteristická rovnice má záporný kořen λ 1 Jestliže počáteční bod x 0 je například x 0 = 1, bude mít funkce 2 λx 1 hodnoty imaginární, neboť pro x = x 0 + n, kde n = 0, 1, 2,, je λ x 1 = λ x 0+n 1 = λ x 0 1 λ n 1 = λ 1 2 1 λ n 1 = λ 1 λ n Pro λ 1 < 0 je λ 1 = ±i λ 1 Podobně, je-li x 0 iracionální, číslo λ x 0 1 není reálné Pro tento případ nalezneme reálnou a imaginární část čísla λ x 0 1 podle vzorce λ x 0 1 = e x 0 ln(λ 1 ) = λ 1 x 0 (cos πx 0 + i sin πx 0 ) a 0 + ib 0 Diferenční rovnice má komplexní řešení y x = λ x 1 = a 0 λ n 1 + ib 0 λ n 1 Ale podle Věty 112 má diferenční rovnice též řešení u x = a 0 λ n 1 a v x = b 0 λ n 1 Dále víme, že řešením je i funkce C 1 u x + C 2 v x = C 1 a 0 λ n 1 + C 2 b 0 λ n 1 = (C 1 a 0 + C 2 b 0 )λ n 1 = Cλ n 1 Právě prezentovaným postupem jsme odvodili a dokázali následující větu, užívanou pro řešení lineární homogenní diferenční rovnice se záporným kořenem charakteristické rovnice Věta 113 Nechť charakteristická rovnice má kořen λ 1 < 0 Je-li definiční obor příslušné diferenční rovnice M = {x 0 +n} n=0, má příslušná diferenční rovnice v množině M pro x = x 0 + n partikulární řešení tvaru ϕ 1 (x) = λ n 1 15

134 Charakteristická rovnice má kořen λ 1 s-násobný V tomto případě lze charakteristickou rovnici příslušné lineární homogenní diferenční rovnice psát ve tvaru (λ λ 1 ) s P k s (λ) = 0, přičemž hodnota polynomu P k s (λ) v bodě λ 1 je P k s (λ 1 ) 0 Derivací lze snadno ověřit, že pro s-násobný kořen polynomu P k s (λ) k-tého stupně platí P k (λ 1 ) = P k(λ 1 ) = P k (λ 1 ) = = P (s 1) k (λ 1 ) = 0, P (s) k (λ 1) 0 Máme-li v tomto případě nalézt obecné řešení diferenční rovnice, musíme nalézt s nezávislých partikulárních řešení příslušejících kořenu λ 1 Věta 114 Nechť má charakteristická rovnice dané diferenční rovnice k-tého řádu s- násobný kořen λ 1, kde 1 s k Potom má diferenční rovnice lineárně nezávislá řešení tvaru tj má za řešení funkci kde P s 1 (x) je polynom stupně s 1 ϕ 1 (x) = λ x 1, ϕ 2 (x) = xλ x 1, ϕ 3 (x) = x 2 λ x 1, ϕ s (x) = x s 1 λ x 1, ϕ 1,2,3,,s (x) = P s 1 (x)λ x 1, Důkaz Nebudeme obecně provádět důkaz vzhledem k náročnosti formálních úprav Ukážeme postup jen pro s 3 Nejprve si ukážeme, že funkce λ x 1 a xλ x 1, respektive λ x 1, xλ x 1, x 2 λ x 1 jsou lineárně nezávislé na množině M = {x 0 +n} n=0 K tomu vypočítáme determinant 2, respektive 3 řádu Je-li s = 3, pak vyšetřujeme determinant λ x 1 xλ x 1 x 2 λ x 1 λ x+1 1 (x + 1)λ x+1 1 (x + 1) 2 λ x+1 1 λ x+2 1 (x + 2)λ x+2 1 (x + 2) 2 λ x+2 1 = λ x 1λ x+1 1 λ x+2 1 1 x x 2 1 (x + 1) (x + 1) 2 1 (x + 2) (x + 2) 2 = λ 3x+3 1 D Protože λ 3x+3 1 0, stačí zjistit, že D 0 pro všechna x Determinant D vypočítáme pomocí již dříve vypočítaného determinantu D 3 = (λ 2 λ 1 )(λ 3 λ 1 )(λ 3 λ 2 ) (viz Důkaz k Větě 19), ve kterém položíme λ 1 = x, λ 2 = x + 1 a λ 3 = x + 2 Potom D = (x + 1 x)(x + 2 x)(x + 2 x 1) = 2 0, jak jsme měli dokázat Z toho vyplývá, že funkce λ x 1, xλ x 1, x 2 λ x 1 jsou lineárně nezávislé na množině M = {x 0 + n} n=0 16

Nyní přejděme k vlastnímu důkazu naší věty Nechť je S libovolné přirozené číslo splňující nerovnost 1 S s k Máme dokázat, že každá funkce ϕ S (x) = x S 1 λ x 1 splňuje diferenční rovnici k a j ϕ S (x + j) = 0 pro x = x 0 + n; n = 0, 1, 2, Do sumy na levé straně dosadíme předpokládané řešení a upravíme do tvaru a j ϕ S (x + j) = a j (x + j) S 1 λ x+j 1 = λ x 1 a j (x + j) S 1 λ j 1 Použitím binomické věty dostaneme ( ) a j ϕ S (x + j) = λ x 1 a j λ j S 1 S 1 1 x S 1 K j K, (13) K=0 K přitom pro j = 0, K = 0 definujeme j K = 1 a pro S = 1, K = 0 definujeme ( ) S 1 K = 1 Za sumačním znakem je polynom v proměnné x stupně S 1 Tento polynom bude identicky roven nule, budou-li všechny jeho koeficienty nulové Napíšeme si tyto koeficienty a použijeme značení P k (λ) pro polynom tvořící levou stranu charakteristické rovnice Koeficient b S 1 u x S 1 dostaneme dosazením K = 0 do rovnice (13), čili ( ) S 1 b S 1 = (a 0 + a 1 λ 1 + a 2 λ 2 1 + + a k λ k 0 1) = P k (λ 1 ) = 0, protože λ 1 je kořenem rovnice P k (λ) Koeficient b S 2 u x S 2 dostaneme dosazením K = 1, čili ( ) S 1 b S 2 = (a 0 0 + a 1 1λ 1 + a 2 2λ 2 1 + + a k kλ k 1 1) ( ) ( ) S 1 S 1 = λ 1 (1a 1 + 2a 2 λ 1 + + ka k λ k 1 1 ) = λ 1 P 1 1 k(λ 1 ) = 0, neboť je-li λ 1 aspoň dvojnásobný kořen rovnice P k (λ) = 0, je derivace P k(λ 1 ) = 0 Pro případ s = 3 si napíšeme ještě koeficient b S 3 u x S 3, který dostaneme dosazením K = 2 do výrazu (13), tedy ( ) S 1 b S 3 = (1 2 a 1 λ 1 + 2 2 a 2 λ 2 1 + 3 2 a 3 λ 3 1 + + k 2 a k λ k 2 1) ( ) S 1 = λ 1 (1 2 a 1 + 2 2 a 2 λ 1 + 3 2 a 3 λ 2 1 + + k 2 a k λ k 1 1 ) 2 Z předchozího použijeme, že P k(λ 1 ) = 0, tj že a 1 = (2a 2 λ 1 + 3a 3 λ 2 1 + + ka k λ k 1 1 ), pak ( ) S 1 b S 3 = λ 1 ( 2a 2 λ 1 3a 3 λ 2 1 ka k λ k 1 1 + 2 2 a 2 λ 1 + + k 2 a k λ k 1 1 ) 2 ( ) ( ) S 1 S 1 = λ 2 2 1[2a 2 + 32a 3 λ 1 + + k(k 1)a k λ k 2 1 ] = λ 2 2 1P k (λ 1 ) = 0, 17

protože je-li λ 1 aspoň trojnásobný kořen rovnice P k (λ) = 0, pak je druhá derivace P k (λ 1 ) = 0 Obdobně bychom postupovali pro s > 3 Protože libovolná lineární kombinace funkcí ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ s (x) také dává řešení homogenní rovnice, je řešením též funkce s 1 ϕ 1,2,,s (x) = C j x j λ x 1 = P s 1 (x)λ x 1 Věty 114 lze použít i pro případ, kdy charakteristická rovnice má s-násobné imaginární kořeny λ 1,2 = r(cos ω + i sin ω), neboť úpravy používané v důkazu předchozí věty jsou platné i pro imaginární kořeny V tomto případě jsou funkce ϕ S (x) = x S 1 λ x 1 pro S = 1, 2,, s komplexní Podle Věty 112 jsou řešením diferenční rovnice také reálná část ϕ S (x) a imaginární část ϕ S (x), tj hledaná reálná partikulární řešení pro S = 1, 2,, s jsou funkce ϕ 1S (x) = x S 1 r x cos ωx, ϕ 2S (x) = x S 1 r x sin ωx 14 Řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice s konstantními koeficienty V tomto odstavci se budeme zabývat rovnicí a j y x+j = f(x), (14) kde a 0, a 1,, a k jsou konstanty, přičemž a 0 0 a a k 0 Nehomogenní diferenční rovnici s konstantními koeficienty lze řešit buď odhadem partikulárního řešení podle Věty 18, nebo tzv metodou variace konstant Pro oba postupy je třeba nejprve nalézt obecné řešení příslušné homogenní diferenční rovnice, které je, jak již víme, funkce tvaru Y x = C j ϕ j (x) (Pro obecné řešení homogenní diferenční rovnice budeme nyní užívat značení Y x na rozdíl od hledaného obecného řešení nehomogenní diferenční rovnice, které budeme značit y x ) 141 Metoda odhadu partikulárního řešení Této metody používáme jen pro speciální pravé strany f(x), a to pro funkce utvořené součtem nebo součinem z funkcí k, x n, q x, sin αx, cos αx, jako jsou například f(x) = P n (x), 18

kde P n (x) je polynom stupně n, nebo nebo f(x) = P n (x)q x, f(x) = P n (x) sin αx, f(x) = P n (x)q x cos αx a podobně Protože tyto funkce mají tu vlastnost, že jejich diference 1, 2, až k-tého řádu a jejich lineární kombinace jsou opět funkce téhož druhu, usuzujeme z toho, že platí i obráceně Známe-li výslednou funkci f(x), utvořenou součtem k a j Z x+j, (tj utvořenou lineární kombinací), pak funkce Z x určíme tak, že do dané diferenční rovnice dosadíme předpokládaný (odhadnutý) tvar Z x [stejný jako je tvar dané funkce f(x)) s neurčitými koeficienty, které pak získáme porovnáním s koeficienty pravé strany f(x) Někdy se však může stát, že se některé členy součtu k a j Z x+j zruší [takže tento součet je například polynom nižšího stupně než daný polynom f(x)) V těchto případech stačí náš odhad funkce Z x znásobit ještě vhodnou mocninou x m, kde konstanta m souvisí s kořeny charakteristické rovnice v závislosti na tvaru funkce f(x) Obecné řešení dané nehomogenní diferenční rovnice je pak podle Věty 18 funkce y x = Y x + Z x (15) Věta 115 Je dána lineární nehomogenní diferenční rovnice k-tého řadu s konstantními koeficienty, která je vystižitelná relací tvaru a j y x+j = P n (x)q x cos αx, (16) kde P n (x) je polynom stupně n 0, přičemž může být i q = 1 nebo α = 0 1 Nechť má charakteristická rovnice lineární nehomogenní diferenční rovnice (16) kořeny λ j q(cos α + i sin α) Pak je partikulárním řešením dané lineární nehomogenní diferenční rovnice (16) funkce tvaru Z x = [Q n (x) sin αx + R n (x) cos αx]q x, (17) kde Q n (x) a R n (x) jsou jisté polynomy stupně n 2 Nechť charakteristická rovnice lineární nehomogenní diferenční rovnice (16) má některý kořen λ j = q(cos α + i sin α) a to s-násobný, s 1 Pak je partikulárním řešením dané lineární nehomogenní diferenční rovnice (16) funkce tvaru Z x = x s [Q n (x) sin αx + R n (x) cos αx]q x (18) 19

Obdobné tvrzení platí i pro rovnici k a j y x+j = P n (x)q x sin αx, jejíž partikulární řešení má tvar Z x = x s [Q n(x) sin αx + Rn(x) cos αx]q x, (19) kde může být i s = 0 Důkaz pro náročnost zde nebudeme provádět Potom obecným řešením rovnice s pravou stranou je funkce y x = Y x + Z x, kde Y x je obecné řešení příslušné homogenní diferenční rovnice (viz Věta 18) 142 Metoda variace konstant Nechť obecné řešení lineární homogenní diferenční rovnice k-tého řádu s konstantními koeficienty, tj k a j y x+j = 0, je funkce Y x = C j ϕ j (x) Hledejme řešení nehomogenní lineární diferenční rovnice k-tého řádu s konstantními koeficienty, tj a j y x+j = f(x), a to ve tvaru, který se liší od obecného řešení Y x příslušné homogenní diferenční rovnice jen tím, že C j nebudou konstanty, ale jisté funkce proměnné x, tj budeme psát C j = C j (x); této změně konstant ve funkce říkáme variace konstant Nyní si ukážeme, odkud neznámé funkce C 1 (x), C 2 (x),, C k (x) vypočítáme K jejich určení je zapotřebí k rovnic Při tvoření hodnot Y x+1, Y x+2,, Y x+k si vhodně zvolíme k 1 rovnic, a to pro diference hledaných funkcí C j (x), a k-tou rovnici bude tvořit daná rovnice s pravou stranou, tj s funkcí f(x) Dále si ukážeme, že získaná soustava má jediné řešení Tedy a Y x+1 = = = Y x = C j (x)ϕ j (x) C j (x + 1)ϕ j (x + 1) [C j (x + 1)ϕ j (x + 1) C j (x)ϕ j (x + 1) + C j (x)ϕ j (x + 1)] ϕ j (x + 1) C j (x) + C j (x)ϕ j (x + 1) V předchozí relaci zvolíme první sumu rovnu nule, tj k ϕ j (x + 1) C j (x) = 0 Tím hodnotu Y x+2 počítáme jen z druhé, nenulové sumy ve výrazu pro Y x+1 Pak Y x+2 = C j (x + 1)ϕ j (x + 2) 20

= = [C j (x + 1)ϕ j (x + 2) C j (x)ϕ j (x + 2) + C j (x)ϕ j (x + 2)] ϕ j (x + 2) C j (x) + C j (x)ϕ j (x + 2) Opět položíme první sumu v předchozí relaci rovnu nule, tj k ϕ j (x+2) C j (x) = 0, a dostáváme tím druhou rovnici a Y x+2 pak počítáme jen z druhé sumy ve výrazu Y x+2 atd, až do Y x+k 1 ; celkem jsme tedy zvolili k 1 rovnic Nyní vypočítáme Y x+k, čili Y x+k = = = C j (x + 1)ϕ j (x + k) [C j (x + 1)ϕ j (x + k) C j (x)ϕ j (x + k) + C j (x)ϕ j (x + k)] ϕ j (x + k) C j (x) + C j (x)ϕ j (x + k) Zde již nepoložíme první sumu rovnu nule, ale dosadíme Y x, Y x+1, Y x+2,, Y x+k do dané rovnice; tím dostáváme poslední k-tou rovnici ve tvaru tj f(x) = a 0 Y x + a 1 Y x+1 + a 2 Y x+2 + + a k 1 Y x+k 1 + a k Y x+k, f(x) = a 0 C j (x)ϕ j (x) + a 1 C j (x)ϕ j (x + 1) + a 2 C j (x)ϕ j (x + 2) + + + a k ϕ j (x + k) C j (x) + C j (x)ϕ j (x + k) Kromě předposledního členu je součet sum na pravé straně poslední rovnice roven nule, neboť tato část je ve skutečnosti levá strana dané rovnice, do které jsme dosadili obecné řešení příslušné homogenní rovnice Tak dostáváme algebraickou lineární soustavu k rovnic pro k neznámých C 1, C 2,, C k, kterou si nyní rozepíšeme, tedy ϕ 1 (x + 1) C 1 + ϕ 2 (x + 1) C 2 + + ϕ k (x + 1) C k = 0, ϕ 1 (x + 2) C 1 + ϕ 2 (x + 2) C 2 + + ϕ k (x + 2) C k = 0, ϕ 1 (x + k 1) C 1 + ϕ 2 (x + k 1) C 2 + + ϕ k (x + k 1) C k = 0, a k [ϕ 1 (x + k) C 1 + ϕ 2 (x + k) C 2 + + ϕ k (x + k) C k ] = f(x) Protože funkce ϕ 1 (x), ϕ 2 (x),, ϕ k (x) jsou lineárně nezávislé, je determinant matice soustavy nenulový a existuje jediné nenulové řešení, které označíme jako C 1 (x) = f 1 (x), 21

C 2 (x) = f 2 (x), C k (x) = f k (x) Odtud vypočítáme, že C 1 = 1 f 1 (x) + K 1, C 2 = 1 f 2 (x) + K 2, C k = 1 f k (x) + K k Tím jsme si ověřili, že obecné řešení diferenční rovnice s pravou stranou je funkce ve tvaru y x = [ 1 f j (x) + K j ]ϕ j (x), tj y x = K j ϕ j (x) + ϕ j (x) 1 f j (x) (20) Z toho je patrné, že obecné řešení lineární nehomogenní diferenční rovnice s konstantními koeficiety je součet dvou funkcí: obecného řešení příslušné homogenní rovnice, Y x = K j ϕ j (x) a jisté funkce závisející na pravé straně f(x), což je partikulární řešení dané rovnice s pravou stranou, Z x = ϕ j (x) 1 f j (x) 2 Z-transformace Z-transformace je matematický prostředek, který poskytuje alternativní metodu pro řešení lineárních diferenčních rovnic a některých sumačních rovnic Proto v dalším uvedeme velmi stručně definici přímé a zpětné Z-transformace a odvodíme několik jejích vlastností, které následně použijeme k řešení lineárních nehomogenních diferečních rovnic k-tého řádu s konstatními koeficienty Na okraj poznamenejme, že Z-transformace je velmi důležitý nástroj, který našel převážně uplatnění při analýze a návrhu digitálních kontrolních systémů Definice 21 (Definice přímé Z-transformace) Z-transformaci nazýváme zobrazení Z: Z 0 K 0 třídy přípustných posloupností do množiny funkcí komplexní proměnné, 22

které každé posloupnosti {y j } 0 Z 0 přiřazuje funkci komplexní proměnné F (z) = Z{y j }, definovanou řadou y j Y (z) = Z{y j } = z j (21) Posloupnost {y j } 0 je Z-transformovatelná za předpokladu, že existuje aspoň jedno komplexní číslo R C {0} takové, že funkční řada y j konverguje pro z > R z j Poznámka 21 Třídou přípustných posloupností (nebo též třídou předmětů v Z-transformaci) nazýváme množinu posloupností komplexních čísel {y j }, j = 0, 1, 2, 3,, které pro j 0 vyhovují podmínce y j Mc j (22) kde M a c jsou nezáporné konstanty, tj M > 0 a c > 1 Třídu přípustných posloupností označujeme symbolem Z 0 Poznámka 22 Vlastnost, popsanou podmínkou (22), vyjadřujeme také výrokem, že posloupnost {y j } 0 je exponenciálního řádu Posloupnost {y j } 0 nazýváme předmětem (neboli originálem) k funkci Y (z) a funkci Y (z) nazýváme obrazem posloupnosti {y j } 0 Z-transformace je zobrazení, které každé posloupnosti {y j } 0 z množiny všech přípustných posloupností jednoznačně přiřazuje obraz Y (z) O přípustných posloupnostech, tj o posloupnostech, které jsou Z-transformovatelné, hovoří následující věta Věta 21 Jestliže je posloupnost {y j } 0 exponenciálního řádu, pak Z-transformace posloupnosti {y j } 0 existuje, tj posloupnost {y j } 0 je Z-transformovatelná Důkaz Předpokládejme, že posloupnost {y j } 0 M > 0 a c > 1 taková, že pro j 0 platí y j Mc j Z definice Z-transformace obdržíme y j z j y j z j M c z je exponenciálního řádu Pak existují a poslední suma konverguje pro z > c Z toho tedy plyne, že Z-transformace posloupnosti {y j } 0 existuje Nyní obraťme naší pozornost na několik důležitých vlastností Z-transformace, které jsou předmětem následujících vět Věta 22 (Věta o linearitě a násobení konstantou) Jestliže {u j } 0 Z 0, {v j } 0 Z 0 a jsou-li a, b komplexní konstanty, pak pro všechna z ze společného definičního oboru funkcí U(z) = Z{u j } a V (z) = Z{v j } platí Z{au j + bv j } = az(u j ) + bz(v j ) = au(z) + bv (z) (23) j 23

Důkaz S využitím definičního vztahu Z-transformace (21) dostaneme po dosazení relaci ve tvaru au j + bv j u j Z{au j + bv j } = = a z j z + a u j = au(z) + bv (z) j zj Věta 23 (Věta o substituci) Jestliže {y j } 0 Z 0 a Z{y j } = Y (z) pro z > r, pak pro komplexní konstantu a 0 a pro z > r a platí Z{a j y j } = Y ( z ) (24) a Důkaz S využitím definičního vztahu Z-transformace (21) dostaneme po dosazení relaci ve tvaru Z{a j a j y j y j } = = y ( z ) j ( z ) z j j = Y a a Věta 24 (Věta o posunutí vpravo) Nechť {y j } 0 Z 0 Pro pevné k 0 celé definujme posloupnost {v j } = {y j k } pro j k, {v j } = 0 pro j < k Označme Y (z) = Z{y j } a V (z) = Z{v j } Potom platí Z{y j k } = 1 Y (z) (25) zk Důkaz Vyjděme z Definice 21, potažmo z relace (21) Označíme-li Y (z) = Z{y j } a V (z) = Z{v j }, pak dostaneme Z{y j k } = Z{v j } = V (z) = v j z j = 1 z k j=k y j k z j k = 1 z k m=0 y m z m = 1 z k Y (z) Poznámka 23 V některých případech platí, že {v j } = {y j k } pro j k, ale {v j } 0 pro j < k Pak musíme relaci (25) zobecnit, čímž obdržíme pro translaci vpravo výraz Z{y j k } = 1 ] [Y (z) + y z k m z m (26) m=1 Věta 25 (Věta o posunutí vlevo) Nechť {y j } 0 Z 0 Pro pevné k > 0 celé definujme posloupnost {v j } = {y j+k } (samozřejmě jen pro n 0) Označme Y (z) = Z{y j } a V (z) = Z{v j } Potom platí Z{y j+k } = z k [Y (z) k 1 m=0 ] y m (27) z m 24

Důkaz Vyjděme z Definice 21, potažmo z relace (21) Označíme-li Y (z) = Z{y j } a V (z) = Z{v j }, pak dostaneme Z{y j+k } = Z{v j } = V (z) = v j z j = zk ( y ) j+k k 1 y m = zk zj+k m=0 z y m m m=0 z m a odtud Z{y j+k } = z k [Y (z) k 1 m=0 ] y m z m V některých případech (například při studiu stability různých systémů) je důležité určit chování posloupnosti exponenciálního řádu v počátku a v nekonečnu Za tímto účelem je vhodné využít následující větu Věta 26 (Věta o počáteční a konečné hodnotě) 1 Nechť {y j } 0 Z 0 a Y (z) = Z{y j } Jestliže Y (z) existuje pro z > r, pak pro počáteční hodnotu y 0 platí y 0 = z lim Y (z) (28) 2 Nechť {y j } 0 Z 0 a Y (z) = Z{y j } Jestliže Y (z) existuje pro z > 1 a funkce (z 1)Y (z) je analytická v bodě z = 1, pak platí lim y j = lim(z 1)Y (z) (29) j z 1 Důkaz První část Věty 26 plyne přímo z definice Z-transformace [viz relace (21)] Abychom dokázali druhou část předchozí věty, uvažujme výraz ve tvaru [ n ] Z{y j+1 y j } = y j+1 z j y j z j n = n lim y j+1 z j y j z j Odtud = lim n [ y0 + y 1 (1 z 1 ) + + y n (z n+1 z n ) + y n+1 z n] lim [Z{y j+1} Z{y j }] = lim z 1 n (y n+1 y 0 ) Aplikujeme-li na levu stranu předchozího výrazu větu o posunutí [viz vztah (27)], dostaneme relaci ve tvaru lim [zy (z) zy 0 Y (z)] = lim (y j y 0 ) z 1 j Pak lim y j = lim(z 1)Y (z) j z 1 25

Nyní se zabývejme stručně problémem zpětné Z-transformace Poměrně snadno lze dokázat větu, že Z-transformace je bijektivní zobrazení množiny Z 0 na množinu všech funkcí komplexní proměnné holomorfních v bodě Funkce komplexní proměnné je tedy obrazem posloupnosti v Z-transformaci právě tehdy, je-li holomorfní v nekonečnu; předmět je k ní určen jednoznačně a je jím posloupnost koeficientů Laurentova rozvoje v okolí nekonečna Základní myšlenka zpětné Z-transformace obrazu Y (z) tedy spočívá v tom, že sestrojíme Laurentův rozvoj v okolí nekonečna Y (z) = y j z j (30) a koeficienty y j jsou v podstatě členy hledané posloupnosti {y j } = Z 1 {Y (z)} Platí pro ně integrální vzorec y j = 1 Y (z)z j 1 dz, (31) 2πi C kde C je kladně orientovaná kružnice se středem v počátku, taková, že všechny singulární body funkce Y (z) leží v jejím vnitřku Vzorec (31) však používáme zřídka Posloupnost Z-obraz z 1 1 z 1 2 a j z z a z 3 j (z 1) 2 4 j 2 z(z+1) (z 1) 3 5 sin(aj) z sin a z 2 2z cos a+1 6 cos(aj) z 2 z cos a z 2 2z cos a+1 7 sinh(aj) z sinh a z 2 2z cosh a+1 8 cosh(aj) z 2 z cosh a z 2 2z cosh a+1 9 au j + bv j au(z) + bv (z) 10 a j y j Y ( z a ) 11 jy j zy (z) 12 u j v j U(z)V (z) 13 k z y j z 1 14 y j k 1 Y (z) + k z k m=1 y m z m k 15 y j+k z k Y (z) k 1 m=0 y m z k m Tabulka 1: Vlastnosti Z-transformace a Z-obrazy některých posloupností 26

Nejčastěji bývá daným obrazem racionální funkce, jejíž čitatel je ovšem nejvýše téhož stupně jako jmenovatel (jinak by nemohla být holomorfní v ) Potom můžeme A postupovat několika způsoby Můžeme obraz rozložit na částečně zlomky tvaru (z a) m a každý z nich pro dostatečně velká z rozložit na řadu v mocninách zlomku 1 Můžeme z také rozložit obraz na součet zlomků typu Az, k nimž pro i = 1 známe předmět (viz (z a) i Tabulka 1) a pro i > 1 jej nalezneme derivováním řady a j Obecné vzorce, které z j lze tak získat, jsou nepřehledné a bývá vhodnější provést právě popsanou myšlenku v konkrétním případě K obecnému vyjádření je nejvhodnější vzorec pro koeficienty Laurentova rozvoje, který dostaneme tak, že rovnost (30) vynásobíme výrazem z i, takže dostaneme z i y j Y (z) = z j i Zderivujeme tuto rovnost (i + 1)-rát, anulují se kladné mocniny z Tím dostaneme rovnici ve tvaru d i+1 dz i+1 [ z i Y (z) ] = Odtud j=i+1 d i+1 [ ] [ yj = ( 1) i+1 (i + 1)! y ] j+1 dz i+1 z j i z + (i + 2)!y j+2 j+2 z + j+3 f i+1 = ( 1)i+1 (i + 1)! lim z { i+2 di+1 [ z z i Y (z) ] } (32) dz i+1 V Tabulce 1 jsou přehledně shrnuty některé předchozí věty týkající se vlastností Z-transformace Jejím obsahem jsou rovněž Z-obrazy některých nejpoužívanějších posloupností Na závěr si uveďme větu, která hovoří o charakteru řešení diferenční rovnice k-tého řádu s konstantními koeficienty pomocí Z-transformace Věta 27 Jestliže posloupnost {y j } 0 je exponenciálního řádu, pak každé řešení diferenční rovnice k-tého řádu s konstantními koeficienty, y j+k + a 1 y j+k 1 + a 2 y j+k 2 + + a n y j = f j, (33) je exponenciální řádu a jeho Z-transformace existuje Důkaz Předchozí větu dokážeme pro případ diferenční rovnice 2 řadu s konstantními koeficienty, tj k = 2 Předpokládejme, že y j je řešení diferenční rovnice y j+2 + a 1 y j+1 + a 2 y j = f j a posloupnost {y j } 0 je exponenciálního řádu Poněvadž {y j } 0 je exponenciální řádu, existují M > 0 a c > 1 taková, že pro j 0 platí y j Mc j 27

Jestliže je tedy y j řešení výše uvedené diferenční rovnice 2 řádu s konstantními koeficienty, dostaneme y j+2 a 1 y j+1 + a 2 y j +Mc j (34) Nechť B = max{ a 1, a 2, y 0, y 1, M, c } Nyní pomocí matematické indukce dokážeme, že pro j = 1, 2, 3, platí y j 3 j 1 B j (35) Je zřejmé, že nerovnice (35) je splněna pro j = 1 Dále předpokládejme, že j 0 1 a nerovnice (35) je pravdivá pro 1 j j 0 Nechť j = j 0 1, pak z (34) obdržíme y j0 +1 a 1 y j0 + a 2 y j0 1 +Mc j 0 1 Použitím hypotézy matematické indukce a definice B dostaneme z předchozí nerovnice relaci y j0 +1 B3 j 0 1 B j 0 + B3 j 0 2 B j 0 1 + BB j 0 1 Z toho plyne y j0 +1 3 j 0 1 B j 0+1 + 3 j 0 1 B j 0+1 + 3 j 0 1 B j 0+1 = 3 j 0 B j 0+1, což uzavírá indukci Z nerovnosti (35) je pro j = 1, 2, 3, y j (3B) j, takže řešení y j je exponenciálního řádu Z Věty 21 následně plyne, že existuje Z- transformace řešení y j diferenční rovnice 2 řádu s konstantními koeficienty, což jsme měli dokázat 28