Antonín Sadil Elementární metody řešení diferenčních rovnic

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, PhD Studijní program: Matematika - obecná matematika 008

Na tomto místě bych rád poděkoval vedoucímu bakalářské práce RNDr Robertovi Černému, PhD 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 68008 Antonín Sadil

Obsah 1 Úvod 5 11 Značení 5 1 Příprava 5 Diference a sumace 7 3 Lineární diferenční rovnice s konstantními koeficienty 9 31 Řešení homogenních rovnic 10 3 Řešení nehomogenních rovnic 31 Metoda variace konstant 3 3 Metoda speciální pravé strany 4 4 Lineární diferenční rovnice prvního řádu s nekonstantními koeficienty 7 41 Homogenní rovnice 8 4 Rovnice s pravou stranou 8 5 Soustavy lineárních diferenčních rovnic s konstantními koeficienty 9 51 Eliminační metoda 9 5 Maticová metoda 3 Literatura 37 3

Název práce: Elementární metody řešení diferenčních rovnic Autor: Antonín Sadil Katedra (ústav): Katedra matematické analýzy Vedoucí bakalářské práce: RNDr Robert Černý, PhD e-mail vedoucího: rcerny@karlinmffcunicz 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, PhD Supervisor s e-mail address: rcerny@karlinmffcunicz 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 11 Značení Písmeno k značí v celém článku většinou řád rovnice nebo stupeň polynomu, proto kde není explicitně uvedeno jinak, uvažujeme k N Místo {y n } n=0, {ϕ n} n=0, apod budeme většinou psát jednoduše y n, ϕ n, Výjimku budou tvořit místa, kde by mohlo dojít k nejasnostem Re reálná část komplexního čísla Im imaginární část komplexního čísla deg stupeň polynomu I jednotková matice h hodnost matice diag diagonální matice značí pro lepší přehlednost konec příkladu 1 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 11 Jordanovou maticí typu k k budeme rozumět matici J 1 0 0 0 J 0 J =, 1 r k, 0 0 J r kde J i jsou jednotlivé Jordanovy bloky tvaru λ i 1 0 0 0 λ i 1 J i = 0 λ i 1 0 0 λ i pro λ i C, i = 1,, r Definice 1 Říkáme, že dvě matice A a B typu k k jsou podobné, jestliže existuje regulární matice T tak, že T 1 AT = B Tvrzení 11 Libovolná matice A typu k k je podobná Jordanově matici J definované v (11), tj T 1 AT = J, kde T je jako v definici (1) Navíc T je sestavena z vlastních vektorů, respektive zobecněných vlastních vektorů matice A 6

Kapitola 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 [] nebo Milne [4] Definice 1 Mějme posloupnost y n definovanou pro všechna n N 0 Diferencí y n rozumíme funkci, která každému n N 0 přiřazuje hodnotu y n+1 y n Značíme ji y n = y n+1 y n Tvrzení 1 Nechť y 1 n a y n jsou libovolné reálné posloupnosti Potom pro libovolné c 1, c R a pro všechna n N 0 platí: Důkaz: Důkaz uvádí Goldberg [], str 6 [ c 1 y 1 n ± c y n] = c1 y 1 n ± c y n Vzorce pro diference některých posloupností a diference jejich součinu a podílu lze nalézt v Milne [4], str 39 331 Definice Nechť f n je daná posloupnost a nechť y n je taková posloupnost, že y n = f n Posloupnost y n nazýváme sumací f n a značíme ji y n = 1 f n Tvrzení Pro posloupnosti x n a y n platí, že x n = y n pro všechna n N 0, právě když x n = y n + c, kde c R Důkaz: Důkaz je uveden v Prágerová [5], str 5 Tvrzení 3 Nechť y 1 n a y n jsou libovolné reálné posloupnosti Potom pro libovolné c 1, c R a pro všechna n N 0 platí: 1 [ c 1 y 1 n ± c y n] = c1 1 y 1 n ± c 1 y n 7

Důkaz: Důkaz uvádí Goldberg [], str 43 Věta 1 Nechť n N 0, q R, α 0, π) a P m (n) je polynom stupně m Pak platí: a) 1 P m (n) = Q m+1 (n), kde Q m+1 (n) je jednoznačně určený polynom stupně m + 1 b) Je-li q > 0, q 1, potom 1 P m (n)q n = Q m (n)q n, kde Q m (n) je jednoznačně určený polynom stupně m c) Je-li α 0 potom 1 P m (n) sin αn = Q m (n) sin αn + R m (n) cos αn, 1 P m (n) cos αn = Q m(n) sin αn + Rm(n) cos αn, kde Q m (n), R m (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 0, potom 1 P m (n)q n sin αn = q n [Q m (n) sin αn + R m (n) cos αn], 1 P m (n)q n cos αn = q n [Q m(n) sin αn + Rm(n) cos αn], kde Q m (n), R m (n), Q m(n), Rm(n) jsou jednoznačně určené polynomy stupně m Důkaz: Důkaz uvádí Prágerová [5], str 6-9 Mějme nyní rovnici y n = f n, kde f n má tvar uvedený ve větě (1) Potom podle věty (1) odhadneme řešení jako y n = 1 f n Koeficienty polynomů vypočítáme ze vztahu y n = y n+1 y n = f n porovnáním koeficientů u jednotlivých mocnin n Tím jsme získali jednoznačné řešení rovnice y n = 1 f n 8

Kapitola 3 Lineární diferenční rovnice s konstantními koeficienty Definice 31 Nechť k N Lineární diferenční rovnicí s konstantními koeficienty budeme rozumět rovnici a k y n+k + a k 1 y n+k 1 + + a 0 y n = f n, (31) kde a 0, a 1,, a k R jsou pevné konstanty, {f n } n=0 je daná posloupnost a kde neznámou je posloupnost {y n } n=0 Je-li a 0 0 a a k 0 jedná se o lineární diferenční rovnici k-tého řádu Jestliže f n 0 pro všechna n N 0 nazýváme rovnici homogenní, v opačném případě se jedná o rovnici nehomogenní neboli rovnici s pravou stranou Libovolnou posloupnost {ϕ n } n=0, která splňuje (31), nazveme partikulární řešení Obecným řešením pak nazýváme vzorec zahrnující všechna partikulární řešení Označme homogenní resp nehomogenní rovnici: a j y n+j = 0, (3) a j y n+j = f n (33) Věta 31 Nechť máme rovnici řádu k a nechť jsou dány hodnoty y 0, y 1,, y k 1 (tzv počáteční podmínky) Pak rovnice (31) má právě jedno řešení Důkaz: Důkaz provedeme indukcí Protože a k 0, můžeme z (31) vyjádřit y j pro j k jako y j = 1 a k (f j k a 0 y j k a 1 y j k+1 a k 1 y j 1 ) (34) 9

Z (34) můžeme jednoznačně vypočítat hodnotu y k, neboť hodnoty y 0,, y k 1 jsou předepsány Předpokládejme nyní, že stejným způsobem vypočteme jednoznačně hodnoty y k+1, y k+,, y l S využitím (34) dostáváme y l+1 = 1 a k (f l k+1 a 0 y l k+1 a 1 y l k+ a k 1 y l ) Protože l k, jsou hodnoty y l, y l 1,, y l k+1 jednoznačně určeny, a proto i hodnota y l+1 je určena jednoznačně Tím jsme završili indukční krok a dokázali, že řešení existuje, a to jediné 31 Řešení homogenních rovnic Věta 3 Nechť ϕ n a ϕ n jsou řešení rovnice (3) a nechť c 1, c R Potom: je také řešením (3) y n = c 1 ϕ n + c ϕ n Důkaz: Víme, že a j ϕ n+j = 0, neboť jsou to řešení (3) Potom a j ϕ n+j = 0, a j y n+j = a j [c 1 ϕ n+j + c ϕ n+j ] = c 1 a j ϕ n+j +c a j ϕ n+j = c 1 0+c 0 = 0, tedy y n je také řešením (3) Důsledek 31 Nalezneme-li k partikulárních řešení homogenní rovnice (3) ϕ 1 n,, ϕ k n, pak posloupnost y n = c 1 ϕ 1 n + + c k ϕ k n, kde c 1,, c k R, je také řešením (3) Definice 3 Řekneme, že posloupnosti {ϕ j n} n=0, j = 1,,, m, jsou lineárně nezávislé, jestliže platí: (c 1 ϕ 1 n+c ϕ n+ +c m ϕ m n = 0 pro n = 0, 1,, ) (c j = 0 pro j = 1,,, m) 10

Tvrzení 31 Máme-li rovnici řádu k, pak posloupnosti ϕ 1 n, ϕ n,, ϕ m n nezávislé, právě když matice ϕ 1 0 ϕ 0 ϕ m 0 ϕ 1 1 ϕ 1 ϕ m 1 M = ϕ 1 k 1 ϕ k 1 ϕ m k 1 jsou lineárně má hodnost m Maximální počet lineárně nezávislých prvků je roven k Důkaz: Nechť nejprve platí: (c 1 ϕ 1 n+c ϕ n+ +c m ϕ m n = 0 pro n = 0, 1,, ) (c j = 0 pro j = 1,,, m) Definujeme M 1 = ϕ 1 0 ϕ 0 ϕ m 0 ϕ 1 1 ϕ 1 ϕ m 1 ϕ 1 ϕ ϕ m Potom z podmínky nezávislosti plyne, že h(m 1 ) = m Z rovnosti (34) pak vidíme, že h(m) = h(m 1 ) = m Nyní dokážeme opačnou implikaci Nechť h(m) = m, pak sloupce matice M jsou lineárně nezávislé a platí: ϕ 1 0 ϕ m c ϕ 1 0 1 1 + + c ϕ m m 1 = 0 [c j = 0 pro j = 1,,, m] ϕ 1 k 1 ϕ m k 1 Z věty (31) pak plyne lineární nezávislost pro n N 0 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 4 n+ a ( ) n 3 jsou lineárně závislé Řešení: Hledáme c 1 a c nenulové tak, aby pro všecha n platilo c 1 4 n+ + c ( ) n 3 = 0 11

Vytknutím 4 n dostáváme 4 n (16c 1 1 8 c ) = 0 Tato rovnice je splněna pro všechny dvojice c 1, c, kde c 1 je libovolné a c = 18c 1 Odtud je zřejmé, že zadané posloupnosti jsou lineárně závislé Definice 33 Systém k lineárně nezávislých řešení homogenní diferenční rovnice řádu k nazveme fundamentální systém této rovnice Tvrzení 3 Mějme homogenní diferenční rovnici řádu k Pak systém posloupností { {ϕ j n } n=0, j = 1,,, k} je fundamentální systém, právě když platí: W (ϕ 1 n,, ϕ k n) := ϕ 1 0 ϕ 0 ϕ k 0 ϕ 1 1 ϕ 1 ϕ k 1 ϕ 1 k 1 ϕ k 1 ϕ k k 1 0 (35) Důkaz: Plyne bezprostředně z tvrzení (31) Determinant (35) 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 W = 4 ( ) 3 4 3 ( ) 1 = 16 1 + 64 1 8 = 0 a máme lineární závislost Podívejme se nyní, jak vypadá obecné řešení homogenní diferenční rovnice Věta 33 Nechť posloupnosti {ϕ j n} n=0, j = 1,,, k, tvoří fundamentální systém řešení (3) a nechť ψ n je libovolná posloupnost Potom ψ n je řešení (3), právě když je lineární kombinací prvků fundamentálního systému, tj existují konstanty c 1,, c k R tak, že ψ n = c k ϕ j n 1

Důkaz: Nechť ψ n je řešení (3) Víme, že platí ϕ 1 0 ϕ 0 ϕ k 0 ϕ 1 1 ϕ 1 ϕ k 1 W = ϕ 1 k 1 ϕ k 1 ϕ k k 1 0 Odtud vidíme, že vektory (ϕ j 0,, ϕ j k 1 )T, j = 1,, k, jsou lineárně nezávislé a tvoří tedy bázi v R k Z toho plyne, že vektor (ψ0, j, ψ j k 1 )T je lineární kombinací vektorů (ϕ j 0,, ϕ j k 1 )T, j = 1,, k Jinak řečeno existuje a j R, j = 1,, k, tak, že ψ n = k a jϕ j n pro všechna n = 0, 1,, k 1 Nyní chceme dokázat, že tato rovnost platí pro všechna n N 0 Označme ρ n := ψ n a j ϕ j n Z definice ρ n plyne, že ρ n = 0 pro n = 0, 1,, k 1 Navíc ρ n je podle důsledku (31) řešením homogenní rovnice (3), protože je lineární kombinací řešení (3) Dále víme, že tato homogenní rovnice je řádu k, a proto z prvních k členů posloupnosti lze díky větě (31) jednoznačně určit celé řešení Z (34) potom jasně vyplývá, že ρ n = 0 pro všechna n N 0 Tím jsme dokázali, že ψ n = k a jϕ j n pro všechna n N 0, tedy že libovolné řešení lze zapsat jako lineární kombinaci prvků fundamentálního systému Opačná implikace plyne z důsledku (31) Důsledek 3 Fundamentální systém tvoří bázi prostoru všech řešení homogenní lineární rovnice a dimenze tohoto prostoru je k Důsledek 33 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 y n = λ n, pro nějaké λ C Tuto konstantu vypočítáme dosazením do (3): a 0 λ n + a 1 λ n+1 + + a k λ n+k = 0 (36) Pro λ = 0 dostáváme triviální řešení, nás ale bude zajímat řešení netriviální V tomto případě můžeme rovnici (36) vydělit λ n a dostaneme a 0 + a 1 λ + a λ + + a k λ k = 0 13

Definice 34 Rovnici a j λ j = 0 (37) nazveme charakteristickou rovnicí homogenní lineární diferenční rovnice (3) Polynom ρ (λ) = a j λ j (38) nazveme charakteristický polynom homogenní lineární diferenční rovnice (3) Je vidět, že posloupnost {λ n } n=0 je řešením (3), právě když ρ (λ) = 0 Dále víme, že charakteristický polynom je stupně k, protože a k 0 Tedy ρ (λ) má právě k kořenů, pokud každý kořen počítáme tolikrát, kolik činí jeho násobnost Tvrzení 33 Mějme rovnici řádu k Nechť { ρ (λ) má pouze jednonásobné kořeny {λ } } n λ 1, λ,, λ k, potom systém posloupností j, j = 1,,, k tvoří fundamentální systém Důkaz: Systém posloupností je fundamentální, jestliže jednotlivé posloupnosti systému jsou lineárně nezávislé To platí podle tvrzení (3), právě když 1 1 1 λ 1 λ λ k D 1 = 0 λ k 1 1 λ k 1 λ k 1 k Determinant upravíme tak, že (k 1)-ní řádek násobíme číslem ( λ 1 ) a přičteme ke k-tému řádku Dále ( λ 1 ) násobek (k )-hého řádku přičteme ke (k 1)-nímu řádku Pokračujeme pořád stejně, až konečně ( λ 1 ) násobek prvního řádku přičteme k druhému řádku Dostaneme, že determinant D 1 = 1 1 1 0 λ λ 1 λ k λ 1 0 λ (λ λ 1 ) λ k (λ k λ 1 ) 0 λ k (λ λ 1 ) λ k k (λ k λ 1 ) Rozvinutím podle prvního sloupce a vytknutím společného dělitele z každého sloupce dostáváme 1 1 1 λ λ 3 λ k D 1 = (λ λ 1 )(λ 3 λ 1 ) (λ k λ 1 ) λ k λ k 3 λ k k 14

Označíme 1 1 1 λ λ 3 λ k D = λ k λ3 k λ k k a upravíme podobně jako D 1 Postupujeme stejným způsobem dál až k determinantu D k 1 = 1 1 λ k 1 λ k = (λ k λ k 1 ) Potom determinant D 1 můžeme zapsat ve tvaru D 1 = i>j(λ i λ j ), i, j = 1,, k Protože kořeny λ 1, λ,, λ k jsou jednonásobné a tedy všechny různé, je zřejmě D 1 0 a důkaz věty je u konce Příklad : Najděte vzorec pro n-tý člen Fibonacciho posloupnosti Řešení: Fibonacciho posloupnost je dána rekurentním vzorcem y n+ = y n+1 + y n, kde y 1 = 1 a y = 1 To je homogenní lineární diferenční rovnice druhého řádu, kterou přepíšeme jako y n+ y n+1 y n = 0 (39) Hledáme řešení ve tvaru y n = λ n Dosazením do (39) dostáváme λ n+ λ n+1 λ n = 0 Jelikož hledáme netriviální řešení (λ 0), můžeme rovnici vydělit λ n a dostáváme charakteristickou rovnici λ λ 1 = 0 Kořeny charakteristického polynomu ρ (λ) = λ λ 1 jsou λ 1 = 1 + 5 a λ = 1 5 Podle tvrzení ( (33) ) jsou lineárně nezávislá řešení tvořící fundamentální systém posloupnosti a Obecným řešením rovnice je tedy podle věty n ( ) n (33) 1+ 5 1 5 y n = c 1 ( 1 + ) n ( 5 1 ) n 5 + c 15

Z počátečních podmínek y 1 = 1 a y = 1 vypočítáme nyní konstanty c 1 a c Dostáváme 1 + 5 1 = y 1 = c 1 ( 1 + 5 1 = y = c 1 1 5 + c, ) ( + c 1 5 Odtud vypočítáme, že c 1 = 1 5 a c = 1 5 Potom vzorec pro n-tý člen Fibonacciho posloupnosti je ( y n = 1 5 1 + ) n ( 5 1 5 ) 1 ) n 5 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 Následující věta nám dá návod, jak najít obecné řešení v případě, že charakteristický polynom má vícenásobné kořeny Tvrzení 34 Mějme rovnici řádu k Nechť ρ (λ) má m různých kořenů λ 1,, λ m s násobnostmi p 1,, p m a m i=1 p i = k Potom soustava posloupností yn i,1 = λ n i, yn i, = nλ n 1 yn i,3 = n(n 1)λ n i, i = 1,, m, n N 0, y i,p i n = n(n 1) (n p i + )λ n p i+1 i, i, tvoří fundamentální systém Důkaz: Nejprve ukážeme, že tyto posloupnosti jsou řešením rovnice (3) V druhé části dokážeme, že jsou všechny lineárně nezávislé a) Posloupnosti { {y i,j n } n=0, i = 1,, m, j = 1,, p i} jsou řešení Nechť λ i je kořen ρ(λ) násobnosti p i Připomeňme, že λ i 0, protože uvažujeme rovnici řádu k a tedy a 0 0 Definujeme f n (λ) = a j λ n+j Je vidět, že f n (λ) = λ n ρ(λ) Víme, že ρ(λ) má kořen λ i násobnosti p i, tedy i f n (λ) má kořen λ i násobnosti p i 16

Z algebry víme, že polynom f má kořen λ násobnosti p, právě když λ je kořenem polynomů f, f, f,, f (p 1) a není kořenem polynomu f (p) Máme tedy 0 = f n (λ i ) = k a jλ n+j i, 0 = f n(λ i ) = k a j(n + j)λ n+j 1 i, 0 = f n(λ i ) = k a j(n + j)(n + j 1)λ n+j i, 0 = f (p i 1) n (λ i ) = k a j(n + j)(n + j 1) (n + j p i + )λ n+j p i+1 i, odkud je už zřejmé, že posloupnosti {λ n i }, { } { } nλ n 1 i,, n(n 1) (n pi + )λ n p i+1 i jsou řešením (3) b) Lineární nezávislost Definujeme 1 0 1 0 λ 1 1 λ m M = λ 1 λ 1 λ m λ1 k 1 (k 1)λ k 1 λ k 1 m (k 1) (k p m + 1)λ k pm m M je matice typu k k a podle tvrzení (31) 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: r n = (λ n 1, nλ n 1 1,, n(n 1) (n p 1 + )λ n p 1+1 1,,, λ n m, nλm n 1,, n(n 1) (n p m + )λ n pm+1 m ) Z lineární závislosti řádků plyne, že existují konstanty a 0,, a k 1 R tak, že k 1 a i r i = 0 (310) a alespoň jedno a i, i = 0,, k 1, je nenulové Dále definujeme i=0 k 1 σ(λ) = a n λ n Vidíme, že σ(λ) je polynom stupně menšího než k Z (310) dostáváme n=0 0 = k 1 n=0 a nλ n j σ(λ) má kořen λ j, 0 = k 1 n=0 a nnλ n 1 j σ (λ) má kořen λ j, 0 = k 1 n=0 a nn(n 1) (n p j + )λ n p j+1 j σ (pj 1) (λ) má kořen λ j 17

Tedy λ j je kořen σ(λ) s násobností větší nebo rovnou p j, j = 1,, m To znamená, že σ(λ) má m různých kořenů λ 1,, λ m s násobnostmi alespoň p 1,, p m Protože m p j = 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 (34) je obecné řešení y n = a 1 λ n + a nλ n 1 + a 3 n(n 1)λ n + a 4 n(n 1)(n )λ n 3 Protože a 1,, a 4 jsou obecné konstanty, dá se výsledek upravit y n = a 1 λ n 1 + a λ nλn 1 + a 3 (n n)λ n 1 + a λ 4 (n 3 3n + n)λ n = λ 3 = λ n a 1 1 +n ( }{{} λ a 1 λ a 3 + λ a 1 4) 3 +n ( c 1 }{{} λ a 3 3 λ a 1 4) 3 +n3 ( }{{} λ a 4) 3 = }{{} c c 3 c 4 = c 1 λ n + c nλ n + c 3 n λ n + c 4 n 3 λ n Tento příklad nás vede k myšlence, že obecné řešení by se dalo psát v jednodušším tvaru, který je uveden v následující větě Věta 34 Mějme rovnici řádu k Nechť ρ (λ) má m různých kořenů λ 1,, λ m násobnostmi p 1,, p m a m i=1 p i = k Potom obecné řešení se dá psát ve tvaru s y n = c 1 λ n 1 + c nλ n 1 + c 3 n λ n 1 + + c p1 n p 1 1 λ n 1 + + c k n pm 1 λ n m Důkaz: Podle tvrzení (34) a věty (33) se dá obecné řešení zapsat ve tvaru y n = a 1 λ n 1 + a nλ n 1 1 + a 3 n(n 1)λ n 1 + + a k n (n p m + )λ n pm+1 m Dále si uvědomíme, že λ n j i = 1 λ n λ j i Pokud takto upravíme všechny mocniny λ i, i i = 1,, m a roznásobíme výrazy n(n 1) (n j + 1), j = 1,, p i 1, můžeme vytknout λ n i spolu s jednotlivými mocninami n a tím dostáváme požadovaný tvar Příklad 4: Najděte obecné řešení rovnice y n+4 11y n+3 + 18y n+ 4y n+1 8y n = 0 18

Řešení: Charakteristický polynom má tvar ρ(λ) = λ 4 11λ 3 + 18λ 4λ 8 = (λ + 1)(λ ) 3 a jeho kořeny jsou λ 1 = 1, λ,3,4 = Podle věty (34) je obecným řešením y n = c 1 ( 1 )n + c n + c 3 n n + c 4 n n Nyní se zaměříme na to, jak vypadá řešení v případě, že charakteristická rovnice má komplexní kořeny Jak vypadá obecné řešení sice víme z věty (34), 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 polynom má reálné koeficienty, víme, že potom λ = a ib je také kořenem charakteristického polynomu Ještě si připomeneme, že komplexní čísla λ a λ se dají jednoznačně zapsat v goniometrickém tvaru jako λ = λ (cos ω + i sin ω) a λ = λ (cos ω i sin ω), kde úhel ω je jednoznačně určen vztahy cos ω = a a sin ω = b λ λ (viz obrázek) Čísla λ n a λ n můžeme pak psát jako λ n = λ n (cos nω + i sin nω) a λ n = λ n (cos nω i sin nω) Protože λ = λ, platí ještě λ n = λ n (cos nω i sin nω) Tvrzení 35 Nechť charakteristická rovnice stupně k má m-násobné komplexní kořeny 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, n λ n cos nω, n m 1 λ n cos nω, λ n sin nω, n λ n sin nω, n λ n sin nω, n m 1 λ n sin nω Důkaz: 19

a) m = 1 Podle tvrzení (33) existují lineárně nezávislá řešení u n = λ n a v n = λ n Definujeme: x n = un+vn = λ n cos nω, y n = un vn i = λ n sin nω Z věty (3) plyne, že x n a y n jsou řešení Zbývá ještě ukázat, že jsou lineárně nezávislá Podle tvrzení (31) to platí právě tehdy, když matice M = x 0 y 0 x 1 y 1 x k 1 y k 1 má hodnost Protože ale x 0 y 0 x 1 y 1 = 1 0 λ cos ω λ sin ω = λ sin ω 0, je h(m) = a posloupnosti x n a y n jsou nezávislé b) m > 1 Podle věty (34) existují lineárně nezávislá řešení Definujeme: u 0 n = λ n, v 0 n = λ n, u 1 n = nλ n, v 1 n = n λ n, u n = n λ n, v n = n λn, u m 1 n = n m 1 λ n, vn m 1 = n m 1 λn x s n = us n+vn s = n s λ n cos nω yn s = us n vs n i = n s λ n, s = 0, 1,, m 1 sin nω Podle věty (3) jsou x s n a yn s řešení Chceme dokázat, že x s n a yn s jsou lineárně nezávislá Protože m, musí mít charakteristická rovnice stupeň minimálně 4, tedy původní rovnice musí být alespoň čtvrtého řádu Definujeme M = x s 0 y0 s x s 1 y1 s x s y s x s k 1 y s k 1 Protože k 4, můžeme spočítat determinant xs 1 y1 s x s y s = λ cos ω λ sin ω s λ cos ω s λ sin ω = 0

= s λ 3 [cos ω sin ω cos ω sin ω] = s λ 3 sin ω 0 Odtud vidíme, že hodnost matice M je a podle tvrzení (31) jsou posloupnosti x s n a y s n lineárně nezávislé pro všechna s = 0, 1,, m 1 Příklad 5: Najděte reálné řešení rovnice y n+ y n+1 + y n = 0 Řešení: Charakteristický polynom má tvar Jeho kořeny jsou ρ(λ) = λ λ + λ 1 = 1 + i a λ = 1 i Převedením na goniometrický tvar dostáváme λ 1 = (cos π 4 + i sin π 4 ), λ = (cos π 4 i sin π 4 ) Podle tvrzení (35) je reálným řešením rovnice posloupnost n π y n = c 1 cos n 4 + c n π sin n 4 Věta 35 Nechť homogenní lineární diferenční rovnice je řádu k a nechť její charakteristický polynom má reálné kořeny λ 1,, λ l s násobnostmi p 1,, p l a komplexní kořeny s kladnou imaginární částí µ 1,, µ m s násobnostmi q 1,, q m, přičemž µ i = µ i (cos ω i + sin ω i ), kde ω i je jednoznačně určen vztahy cos ω i = Re(µ i) µ i a sin ω i = Im(µ i) µ i, i = 1,, m Potom fundamentální systém je tvořen těmito k posloupnostmi λ n 1, nλ n 1, n λ n 1, n p 1 1 λ n 1, λ n l, nλn l, n λ n l, np l 1 λ n l, µ 1 n cos nω 1, n µ 1 n cos nω 1, n µ 1 n cos nω 1, n q 1 1 µ 1 n cos nω 1, µ 1 n sin nω 1, n µ 1 n sin nω 1, n µ 1 n sin nω 1, n q 1 1 µ 1 n sin nω 1, µ m n cos nω m, n µ m n cos nω m, n µ m n cos nω m, n q1 1 µ m n cos nω m, µ m n sin nω m, n µ m n sin nω m, n µ m n sin nω m, n q1 1 µ m n sin nω m Důkaz: Protože charakteristický polynom má reálné koeficienty, jsou jeho kořeny i čísla µ 1, µ m, a to s násobnostmi q 1,, q m Protože rovnice je řádu k, je charakteristický polynom stupně k a platí k = p 1 + +p l +(q 1 + +q m ) Počet posloupností je tedy k Zbytek plyne z tvrzení (34), tvrzení (35) a věty (34) 1

3 Řešení nehomogenních rovnic V této kapitole bude horní index h značit obecné řešení rovnice (3) a horní index p partikulární řešení rovnice (33) Věta 36 Nechť y h n = k c jϕ j n je obecné řešení homogenní lineární diferenční rovnice (3) a y p n = ψ n je partikulární řešení nehomogenní lineární diferenční rovnice (33) Potom obecné řešení nehomogenní lineární diferenční rovnice (33) je posloupnost y n = y h n + y p n Důkaz: a) y n je řešením Protože y h n je řešením (3) a y p n je řešením (33), platí a j y n+j = a j yn+j h + y p n+j = 0 + f n = f n a y n je řešením (33) b) Každé řešení (33) se dá vyjádřit pomocí y n Nechť ψ n je řešení (33) Potom ψ n ψ n je řešení (3), protože a j ( ψ n+j ψ n+j ) = a j ψn+j a j ψ n+j = f n f n = 0 Tedy existují konstanty c 1, c,, c k R tak, že ψ n ψ n = k c jϕ j n, neboli ψ n = k c jϕ j n + ψ n = yn h + yn p Odtud dostáváme, že libovolné řešení (33) jsou posloupnosti tvaru y n = c j ϕ j n + ψ n 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

31 Metoda variace konstant Nechť yn h = k c jϕ j n je obecné řešení homogenní rovnice (3) Řešení nehomogenní rovnice (33) budeme hledat ve tvaru y n = k c j(n)ϕ j n, kde {c j (n)} n=0 budou reálné posloupnosti K jejich určení budeme potřebovat k rovnic, které si vhodně zvolíme Nejdříve si vyjádříme y n+1, y n+,, y n+k, a to následujícím způsobem: y n+1 = c j (n + 1)ϕ j n+1 = = = Zvolme si první rovnici [ ] cj (n + 1)ϕ j n+1 c j (n)ϕ j n+1 + c j (n)ϕ j n+1 = c j (n)ϕ j n+1 + c j (n)ϕ j n+1 c j (n)ϕ j n+1 = 0 (311) Potom y n+1 = k c j(n)ϕ j n+1, odkud dostáváme, že y n+ = c j (n + 1)ϕ j n+ = Opět zvolíme = = [ ] cj (n + 1)ϕ j n+ c j (n)ϕ j n+1 + c j (n)ϕ j n+ = c j (n)ϕ j n+ + c j (n)ϕ j n+ c j (n)ϕ j n+ = 0 (31) Stejně pokračujeme, až dostaneme výraz y n+k = c j (n)ϕ j n+k + c j (n)ϕ j n+k Posloupnosti y n,, y n+k dosadíme do nehomogenní rovnice (33): f n = a 0 y n + a 1 y n+1 +, a k y n+k = = a 0 c j (n)ϕ j n + a 1 c j (n)ϕ j n+1 + + a k +a k c j (n)ϕ j n+k 3 c j (n)ϕ j n+k +

Součet prvních k sum na pravé straně je podle věty (3) roven nule, protože posloupnosti {ϕ j n} n=0, j = 1,, k, jsou řešením homogenní rovnice (3) Tedy a k c j (n)ϕ j n+k = f n (313) Zvolili jsme k 1 rovnic k c j(n)ϕ j n+i = 0, i = 1,, k 1 Ty spolu s rovnicí (313) tvoří soustavu: c 1 (n)ϕ 1 n+1 + c (n)ϕ n+1 + + c k (n)ϕ k n+1 = 0, c 1 (n)ϕ 1 n+ + c (n)ϕ n+ + + c k (n)ϕ k n+ = 0, c 1 (n)ϕ 1 n+k + c (n)ϕ n+k + + c k(n)ϕ k n+k = 1 a k f n (314) Protože posloupnosti ϕ j n, j = 1,, k, jsou lineárně nezávislé, je podle tvrzení (31) determinant soustavy (314) nenulový, tedy existuje jediné řešení Označme potom c 1 (n) = f 1 n, c (n) = f n,, c k (n) = f k n, c 1 (n) = 1 f 1 n + c 1, c (n) = 1 f n + c,, c k (n) = 1 f k n + c k Jak vypočítat jednotlivé sumace se uvádí v druhé kapitole Obecné řešení nehomogenní rovnice (33) je potom y n = c j (n)ϕ j n = [ ] 1 fn j + c j ϕ j n = c j ϕ j n + 1 fnϕ j j n 3 Metoda speciální pravé strany Mějme nehomogenní lineární diferenční rovnici (33) s pravou stranou f n, která splňuje f n = α n (P (n) cos(βn) + Q(n) sin(βn)), kde α > 0, β 0, π) a P (n), Q(n) jsou polynomy Zkusme hledat řešení (33) ve tvaru y n = α n n m (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 N 0 udává, jakou násobnost má číslo α(cos β + i sin β) jakožto kořen charakteristického polynomu (násobnost nula znamená, že číslo není kořenem) Poznámka 31 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 (31) je nalezení koeficientů polynomů ve skutečnosti důkaz v daném případě 4

Příklad 6: Najděte řešení rovnice y n+ 8y n+1 + 15y n y 0 = 0 a y 1 = 1 = 5 n s počátečními podmínkami Řešení: a) Nejprve najdeme řešení homogenní rovnice y n+ 8y n+1 + 15y n = 0 (315) Charakteristický polynom má tvar ρ(λ) = λ 8λ + 15 = (λ 3)(λ 5) a jeho kořeny jsou λ 1 = 3 a λ = 5 Obecným řešením rovnice (315) je pak y h n = c 1 3 n + c 5 n b) Nyní najdeme řešení nehomogenní rovnice Pravou stranu si rozdělíme na dva sčítance f 1 n = 5 n a f n = a vypočítáme každé řešení zvlášť 1) ) y n+ 8y n+1 + 15y n = 5 n (316) f 1 n = 5 n, 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 y 1 n = 5 n n(a cos 0 + b sin 0) = an5 n, kde a a b jsou polynomy stupně 0 Dosazením do (316) dostáváme a(n + )5 n+ 8a(n + 1)5 n+1 + 15an5 n = 5 n / : 5 n, 5a(n + ) 40a(n + 1) + 15an = 1, 5an + 50a 40an 40a + 15an = 1, 10a = 1, a = 1 10 Odtud získáváme řešení y 1 n = 1 10 n5n = n 5n 1 y n+ 8y n+1 + 15y n = (317) f n =, tedy α = 1, β = 0, P (n) = (je polynom stupně 0) Číslo 1 = 1(cos 0 + i sin 0) není kořenem charakteristické rovnice, proto hledáme řešení ve tvaru y n = d, 5

kde d je polynom stupně 0 Dosazením do (317) dostáváme Proto je řešením posloupnost d 8d + 15d =, 8d =, d = 1 4 y n = 1 4 Podle věty (36) dostáváme, že obecné řešení rovnice y n+ 8y n+1 + 15y n = 5 n je y n = y h n + y 1 n + y n = c 1 3 n + c 5 n + n 5n 1 1 4 Po dosazení počátečních podmínek získáváme 0 = y 0 = c 1 + c 1, 4 1 = y 1 = 3c 1 + 5c + 1 4 Přičtením ( 3)-násobku první rovnice k druhé rovnici dostáváme 0 = c, tedy c = 0 a z první rovnice vypočítáme, že c 1 = 1 Proto řešení naší rovnice při počátečních 4 podmínkách y 0 = 0 a y 1 = 1 je y n = 1 4 3n + n 5n 1 1 4 6

Kapitola 4 Lineární diferenční rovnice prvního řádu s nekonstantními koeficienty Definice 41 Lineární diferenční rovnicí prvního řádu s nekonstantními koeficienty budeme rozumět rovnici a 1 ny n+1 a 0 ny n = g n, (41) kde a 0 n a a 1 n jsou posloupnosti se členy různými od nuly pro všechna n N 0 a g n je daná posloupnost Za předpokladů uvedených v definici (41) můžeme rovnici (41) vydělit členem a 1 n Definujeme a0 n a 1 = a n a gn = f n a 1 n Tím dostáváme novou rovnici n y n+1 a n y n = f n (4) Věta 41 Mějme lineární diferenční rovnici prvního řádu s nekonstantními koeficienty s danou počáteční podmínkou y 0 Pak rovnice (41) má právě jedno řešení Důkaz: Důkaz provedeme indukcí Protože a 1 n 0, pro všechna n N 0 můžeme z (41) vyjádřit neboli y j = a0 j 1 y a 1 j 1 + g j 1, j 1 a 1 j 1 y j = a j 1 y j 1 + f j 1 (43) Z (43) můžeme jednoznačně vypočítat hodnotu y 1, neboť hodnoty y 0, a 0, f 0 jsou dány Předpokládejme nyní, že stejným způsobem vypočteme jednoznačně hodnoty y, y 3,, y l S využitím (43) dostáváme y l+1 = a l y l + f l Odtud vidíme, že y l+1 je určeno jednoznačně Tím jsme završili indukční krok a dokázali, že řešení existuje, a to jediné 7

41 Homogenní rovnice Nejprve vyřešíme homogenní rovnici Ta se dá přepsat jako Tento vzorec nám také říká, že y n+1 a n y n = 0 (44) y n+1 = a n y n y n = a n 1 y n 1, y n 1 = a n y n, y 1 = a 0 y 0, kde y 0 = c, c R Odtud dostáváme, že obecné řešení homogenní rovnice je n 1 y n = c a j (45) 4 Rovnice s pravou stranou Předpokládejme, že řešení nehomogenní diferenční rovnice je ve tvaru y n = a n 1 a n a 0 c n, (46) kde c n je reálná posloupnost Tu vypočítáme tak, že dosadíme (46) do (4) a postupně upravujeme: a n a n 1 a 0 c n+1 a n a n 1 a n a 0 c n = f n, a n a n 1 a 0 [c n+1 c n ] = f n, Protože a n 0 pro všechna n N 0, můžeme psát c n = a n a n 1 a 0 c n = f n f n n i=0 a, i a proto ( ) c n = 1 fn n i=0 a + c i Obecné řešení rovnice (4) je tedy n 1 [ ( ) ] y n = a j 1 fn n i=0 a + c i n 1 = c n 1 [ ( a j + a j 1 fn n i=0 a i )], (47) protože, jak je vidět z (47), y n je součtem obecného řešení homogenní rovnice (4) a partikulárního řešení nehomogenní rovnice (4) Z věty (41) pak plyne, že toto řešení je jednoznačně určeno počáteční podmínkou y 0 8

Kapitola 5 Soustavy lineárních diferenčních rovnic s konstantními koeficienty Definice 51 Nechť k N Soustavou k lineárních diferenčních rovnic 1 řádu s konstantními koeficienty budeme rozumět soustavu yn+1 1 = a 11 yn 1 + a 1 yn + + a 1k yn k + fn, 1 yn+1 = a 1 yn 1 + a yn + + a k yn k + fn, yn+1 k = a k1 yn 1 + a k yn + + a kk yn k + fn, k (51) kde a ij R, i, j = 1,, k, {fn} i n=0, i = 1,, k, jsou dané posloupnosti a kde neznámými jsou posloupnosti {yn} i n=0, i = 1,, k Jestliže fn 1 = fn = = fn k = 0 pro všechna n N 0 nazýváme soustavu homogenní, v opačném případě se jedná o soustavu nehomogenní neboli soustavu s pravými stranami Poznámka 51 Soustavu S můžeme psát v maticovém tvaru yn+1 1 a 11 a 1 a 1k y yn+1 n 1 = a 1 a a k y n a k1 a k a kk y k n+1 Popíšeme si zde dvě metody řešení soustav diferenčních rovnic 1 řádu - eliminační a maticovou y k n 51 Eliminační metoda Nejdříve ze soustavy (51) vytvoříme soustavu, jejímž řešením bude lineární diferenční rovnice k-tého řádu K tomu je zapotřebí vyjádřit y 1 n+, y 1 n+3,, y 1 n+k, a to 9

následujícím způsobem: Z prvního řádku soustavy (51) vypočítáme y 1 n+ = a 11 y 1 n+1 + a 1 y n+1 + + a 1k y k n+1 + f 1 n+1 Nyní dosadíme z (51) za y 1 n+1, y n+1,, y k n+1 Dostáváme y 1 n+ = a 11 a 1j yn j +a 11 fn 1 +a 1 a j yn j +a 1 fn + +a 1k a kj yn j +a 1k fn k +fn+1 1 V této rovnici vytkneme jednotlivé členy yn, j j = 1,, k, a jejich koeficienty označíme α j Dále sloučíme členy s posloupnostmi fn, 1 fn, fn k a fn+1 1 a jejich součet označíme jako posloupnost gn Tím jsme dostali rovnici y 1 n+ = α j yn j + gn Z této rovnice můžeme vyjádřit y 1 n+3 = α j y j n+1 + gn+1 Do této rovnice můžeme znovu dosadit za jednotlivá y j n+1, j = 1,, k, vytknout jednotlivé členy y j n, j = 1,, k a přeznačit jako v předchozí situaci Dostáváme tak y 1 n+3 = α 3j yn j + gn 3 Stejným způsobem pokračujeme dál, až dostaneme rovnici y 1 n+k = α kj yn j + gn k Pro sjednocení označení ještě položme a 1j = α 1j, j = 1,, k a fn 1 = gn 1 Potom první rovnice má tvar yn+1 1 = α 1j yn j + gn 1 Nyní dostáváme novou soustavu yn+1 1 gn 1 = α 11 yn 1 + α 1 yn + + α 1k yn, k yn+ 1 gn = α 1 yn 1 + α yn + + α k yn, k yn+k 1 gk n = α k1 yn 1 + α k yn + + α kk yn k (5) 30

Předpokládejme, že soustava (51) má řešení, pak zřejmě platí, že toto řešení je i řešením soustavy (5) Pro zjednodušení situace budeme nadále předpokládat, že (5) má jen jedno řešení, to je pak zároveň řešením (51) Ze soustavy (5) postupně eliminujeme všechna y j n, j =,, k, až nám na pravé straně zůstane jen neznámá posloupnost y 1 n Na straně levé pak bude lineární kombinace výrazů y 1 n+1 g 1 n,, y 1 n+k gk n Tím jsme dostali lineární diferenční rovnici k-tého řádu, jejíž řešení je popsáno ve třetí kapitole Dosazením tohoto řešení do soustavy (5) dostáváme k 1 rovnic pro k 1 neznámých posloupností y n,, y k n a můžeme zopakovat již popsanou metodu Postupně tak dostaneme řešení celé soustavy Příklad 7: Najděte řešení soustavy Řešení: Nejprve vypočítáme x n+ : x n+1 = 4x n y n + n, y n+1 = x n + y n + 5 Dostáváme novou soustavu: x n+ = 4x n+1 y n+1 + n+1 = = 16x n 4y n + 4 n x n y n 5 + n = = 14x n 5y n + 6 n 5 x n+1 = 4x n y n + n, x n+ = 14x n 5y n + 6 n 5 Když přičteme ( 5)-násobek první rovnice k druhé zbavíme se neznámé posloupnosti y n a dostáváme diferenční rovnici x n+ 5x n+1 + 6x n = n 5 (53) Příslušná homogenní rovnice má charakteristický polynom λ 5λ + 6 = (λ )(λ 3) a obecné řešení homogenní rovnice je podle tvrzení (33) x h n = c 1 n + c 3 n Partikulární řešení nehomogenní rovnice nalezneme pomocí metody speciální pravé strany: a) x n+ 5x n+1 + 6x n = n (54) 31

Protože je kořenem charakteristické rovnice, hledáme řešení ve tvaru x 1 n = an n Dosazením do (54) dostáváme a proto x 1 n = 1 nn 4a(n + ) n 10a(n + 1) n + 6an n = n, a = 1, a = 1, b) x n+ 5x n+1 + 6x n = 5 (55) Řešení hledáme ve tvaru x n = b Dosazením do (55) dostáváme b 5b + 6b = 5, b = 5, a proto x n = 5 Odtud dostáváme řešení diferenční rovnice (53) x n = x h n + x 1 n + x n = c 1 n + c 3 n n n 1 5 y n vypočítáme jednoduše dosazením do zadání: y n = x n+1 + 4x n + n = = c 1 n 3c 3 n + (n + 1) n + 5 + 4c 1 n + 4c 3 n n n 10 + n = = c 1 n + c 3 n + ( n) n 15 Řešení soustavy rovnic je tedy x n = c 1 n + c 3 n n n 1 5, y n = c 1 n + c 3 n + ( n) n 15, neboli zapsáno maticově ( ) ( xn 1 = c 1 y n ) n + c ( 1 1 ) 3 n ( n n ) n 1 ( 5 15 ) 5 Maticová metoda Označme A = a 11 a 1 a 1k a 1 a a k, y n = y 1 n y n a k1 a k a kk y k n 3

Potom homogenní soustavu soustavy (51) můžeme psát jako Odtud dostáváme y n+1 = Ay n y n = Ay n 1 = A y n = = A n y 0, kde y 0 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 A n vynásobit místo vektoru počátečních podmínek y n vektorem c 1 c c =, c k kde c 1, c k 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 19 139 Tvrzení (11) 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 A n = (T JT 1 ) n = T J n T 1, kde J n = diag(j n 1, J n,, J n r ) Matice J n i, i = 1,, r, již není těžké vypočítat Nyní můžeme obecné řešení homogenní soustavy rovnic psát jako kde c je vektor obecných konstant Příklad 8: Vyřešte soustavu rovnic y n+1 = y n = A n c = T JT 1 c, 0 3 1 1 4 1 3 + n 3 n+1 + 5 33

s vektorem počátečních podmínek Řešení: y 0 = 1 1 1 a) Řešení homogenní soustavy Označme 0 3 1 A = 1 4 1, c = 3 Nejdříve najdeme vlastní čísla matice A λ 3 1 A λi = 1 4 λ 1 3 λ = (1 λ)(λ 3) Dostáváme vlastní čísla λ 1 = 1 a λ = λ 3 = 3 Příslušné vlastní vektory jsou 1 1 v 1 = 0 a v = 1 1 0 Nyní musíme najít zobecněný vlastní vektor Ten se najde řešením rovnice (A λ I)v 3 = v Dostáváme 1 v 3 = 1 1 c 1 c c 3 Z vlastních vektorů sestavíme matici T a vypočítáme T 1 1 1 1 T = 0 1 1, 1 0 1 Dále dostáváme T 1 = J = 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 3 1 0 0 3 34

a J n = 1 n 0 0 0 3 n n3 n 1 0 0 3 n Nyní můžeme konečně vypočítat A n 1 n3 n 1 1 3 n n3 n 1 n3 n 1 A n = T J n T 1 = n3 n 1 3 n + n3 n 1 n3 n 1 1 3 n 1 3 n 3 n Obecné řešení je pak 1 n3 n 1 1 3 n n3 n 1 n3 n 1 y n = n3 n 1 3 n + n3 n 1 n3 n 1 1 3 n 1 3 n 3 n b) Řešení nehomogenní soustavy Pravou stranu si rozdělíme na dva sčítance 1 0 n a 0 3 5 c 1 c c 3 1) ) y n+1 = 0 3 1 1 4 1 3 Řešení hledáme ve tvaru yn 1 = a b c n = a b c 0 3 1 1 4 1 3 y n + 1 0 n (56) n Dosazením do (56) dostáváme a b c n + Řešením této rovnice je a =, b = 1 a c = 0, tedy yn 1 = 1 n 0 y n+1 = 0 3 1 1 4 1 3 y n + Nyní si musíme uvědomit, že pravá strana je vlastně tvaru 0 3 5 1 0 n (57) 0 3 5 1 n, kde 1 je kořenem charakteristického polynomu, a proto řešení hledáme jako e + fn yn = g + hn 1 n Dosazením do (57) dostáváme i + jn 35

e + f g + h i + j = + f h j 0 3 1 1 4 1 3 n = e g i + 0 3 1 1 4 1 3 f h j n + 0 3 5 Odtud dostáváme vypočítáním konstant, že 3 i + 3 yn = 0 n + 3 i Nám ale stačí jedno libovolné řešení nehomogenní soustavy, proto můžeme zvolit např i = 0 Potom dostáváme 3 3 yn = 0 n + 3 0 Obecné řešení nehomogenní soustavy je tedy 1 n3 n 1 1 3 n n3 n 1 n3 n 1 y n = A n c + yn 1 + yn = n3 n 1 3 n + n3 n 1 n3 n 1 1 3 n 1 3 n 3 n 3 3 + 1 n + 0 n + 0 3 0 c 1 c c 3 + Dosazením vektoru počátečních podmínek dostáváme 1 1 0 0 1 = c 1 0 + c 1 + c 3 0 + 1 0 1 1 1 0 + 3 0 Odtud vypočítáme, že c 1 = 4, c = 4 a c 3 = 5 Řešením naší soustavy je tedy 4 5 3 3 y n = 4 3 n + 5 n3 n 1 + 1 n + 0 n + 5 0 0 3 0 36

Literatura [1] Elaydi, S N: An Introduction to Difference Equations, Springer, New York, 1996 [] Goldberg, S: Introduction to Difference Equations, Wiley, New York, 1958 [3] John O, Kalenda O, Zelený M: Matematika (pokračování), Matfyzpress, Praha, 003 [4] Milne, E: Numerical Calculus, Princeton University Press, New Jersey, 1949 [5] Prágerová, A: Diferenční rovnice, SNTL, Praha, 1971 37