Diferenční rovnice
Jiří Fišer
20. prosince 2006
Obsah
1 Motivace 1
2 Dynamika diferenčních rovnic prvního řádu 3
2.1 Úvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2 Lineární diferenční rovnice prvního řádu . . . . . . . . . . . . 5
2.2.1 Důležité speciální případy . . . . . . . . . . . . . . . . 6
3 Lineární diferenční rovnice vyššího řádu 12
3.1 Diferenční počet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.2 Obecná teorie lineárních diferenčních rovnic . . . . . . . . . . 14
3.3 Lineární homogenní rovnice s konstantními koeficienty . . . . 20
3.4 Lineární nehomogenní rovnice: metoda neurčitých koeficientů . 25
1 Motivace
Příklad 1 (Numerická řešení diferenciálních rovnic). Při numerickém řešení
(aproximací) diferenciálních rovnic ve skutečnosti používáme příslušnou diferenční
rovnici, ať už si to uvědomujeme nebo ne. Ukažme si to na Eulerově
metodě, jedné z nejjednodušších technik aproximace řešení diferenciální rov-
nice.
Uvažujme diferenciální rovnici prvního řádu
x (t) = g(x(t)), x(t0) = x0, t0 ≤ t. (1)
Interval [t0, b] rozdělíme na N stejných podintervalů. Velikost podintervalu
nazýváme velikostí kroku metody a označujeme ji h = b−t0
N
. Velikost tohoto
kroku definuje uzly t0, t1, t2,. . . , tN , kde tj = t0 + jh. Eulerova metoda
aproximuje x (t) pomocí x(t+h)−x(t)
h
.
1
(∆R)-Euler (∆R)-Euler (DR)-přesně
(h = 0, 2) (h = 0, 1)
n t x(n) x(n) x(t)
0 0 1 1 1
1 0, 1 1, 14 1, 150
2 0, 2 1, 28 1, 301 1, 328
3 0, 3 1, 489 1, 542
4 0, 4 1, 649 1, 715 1, 807
5 0, 5 1, 991 2, 150
6 0, 6 2, 170 2, 338 2, 614
7 0, 7 2, 791 3, 286
8 0, 8 2, 969 3, 406 4, 361
9 0, 9 4, 288 6, 383
10 1 4, 343 5, 645 11, 681
Tabulka 1: Eulerovy aproximace pro h = 0, 2 a 0, 1 společně s přesnými
hodnotami.
Dosazením do (1) dostaneme
x(t + h) − x(t)
h
= g(x(t)),
a tedy
x(t + h) = x(t) + hg(x(t)).
Pro t = t0 + nh máme
x[t0 + (n + 1)h] = x(t0 + nh) + hg[x(t0 + nh)], (2)
pro n = 0, 1, 2, . . . , N − 1.
Při upraveném označení x(n) = x(t0 + nh) získáme
x(n + 1) = x(n) + hg[x(n)]. (3)
Rovnice (3) definuje Eulerův algoritmus, který aproximuje řešení diferenciální
rovnice (1) v uzlových bodech.
Poznamenejme, že x∗
je rovnovážným bodem diferenční rovnice (3) tehdy
a jen tehdy když g(x∗
) = 0. To znamená, že difernciální rovnice (1) a diferenční
rovnice (3) mají stejné rovnovážné body.
Nyní aplikujeme Eulerovu metodu na diferenciální rovnici (DR):
x (t) = 0, 7x2
(t) + 0, 7, x(0) = 1, t ∈ [0, 1]. (DR)
2
Obrázek 1: (n, x(n))-diagram.
Přesné řešení (pro kontrolu přesnosti metody) je x(t) = tan(0, 7t + π
4
).
Příslušná diferenční rovnice (∆ R) s použitím Eulerovy metody je
x(n + 1) = x(n) + 0, 7h(x2
(n) + 1), x(0) = 1. (∆R)
Tabulka 1 ukazuje Eulerovy aproximace pro h = 0, 2 a 0, 1 společně s přesnými
hodnotami. Obrázek 1 obsahuje (n, x(n))-diagram. Všimněte si, že čím
menší je krok, tím přesnější jsou aproximace.
2 Dynamika diferenčních rovnic prvního řádu
2.1 Úvod
Diferenční rovnice obvykle popisují vývoj jistého fenoménu s během času.
Například, jestliže nějaká populace má diskrétní generace, velikost (n + 1).
generace x(n+1) je funkcí n-té generace x(n). Tento vztah se vyjadřuje jako
diferenční rovnice
x(n + 1) = f(x(n)). (4)
Na tento problém ale můžeme nahlížet i z jiného úhlu pohledu. Řekněmě, že
zvolíme počáteční bod x0 a budeme generovat posloupnost
x0, f(x0), f(f(x0)), f(f(f(x0))), . . . .
Pro zjednodušení přijmeme označení
f2
= f(f(x0)), f3
= f(f(f(x0))), . . . .
f(x0) nazýváme první iterací x0 vzhledem k f; f2
(x0) nazýváme druhou
iterací x0 vzhledem k f; a obecně, fn
(x0) je n-tou iterací x0 vzhledem
3
k f. Množina všech (kladných) iterací {fn
(x0) : n ≥ 0} (f0
(x0) = x0) se
nazývá (kladná) orbita bodu x0 a budeme ji označovat O(x0). Tato iterativní
procedura je příkladem diskrétního dynamického systému. S nastavením
x(n) = fn
(x0) dostáváme
x(n + 1) = fn+1
(x0) = f [fn
(x0)] = f(x(n)),
čímž opět dostáváme (4). Všimněme si, že x(0) = f0
(x0) = x0. Například,
nechť f(x) = x2
a x0 = 0, 6. Nyní, například na kalkulačce, počítáme opakovaně
druhou mocninu a dostáváme posloupnost
0, 6, 0, 36, 0, 1296, 0, 01679616, . . . .
Ještě pár iterací a každému je jasné, že iterace fn
(0, 6) směřují k nule. Dokažte,
že stejnou limitu mají iterace pro x0 ∈ (−1; 1), zatímco pro x0 ∈ R \
[−1, 1] směřují k nekonečnu. Zřejmě fn
(0) = 0 a fn
(1) = 1 pro n = 0, 1, 2, . . .
a fn
(−1) = 1 pro n = 1, 2, . . . .
Z předchozího textu je zřejmé, že diferenční rovnice a diskrétní dynamické
systémy představují dvě strany jedné mince. Když matematici hovoří
o diferenčních rovnicích, obvykle mají na mysli analytickou teorii předmětu,
zatímco diskrétní dynamické systémy se váží k topologickým a geometrickým
aspektům.
Jestliže funkci f v (4) nahradíme funkcí g dvou proměnných, g : Z+
×R →
R, kde Z+
je množina všech nezáporných celých čísel a R je množina reálných
čísel, potom dostaneme
x(n + 1) = g(n, x(n)). (5)
Rovnici (5) nazýváme neautonomní nebo závislou na čase, zatímco (4) je
autonomní nebo nezávislá na čase. Studium (5) je mnohem komplikovanější
a nepatří úplně do teorie diskrétních dynamických systémů rovnic prvního
řádu. Jestliže máme dánu počáteční podmínku x(n0) = x0, potom pro n ≥
n0 existuje jednoznačné řešení x(n) ≡ x(n, n0, x0) rovnice (5) takové, že
x(n0, n0, x0) = x0. Toto lze snadno ukázat pomocí iterování:
x(n0 + 1, n0, x0) = g(n0, x(n0)) = g(n0, x0),
x(n0 + 2, n0, x0) = g(n0 + 1, x(n0 + 1)) = g(n0 + 1, g(n0, x0)),
x(n0 + 3, n0, x0) = g(n0 + 2, x(n0 + 2)) = g [n0 + 2, g(n0 + 1, g(n0, x0))] .
A indukcí dostáváme
x(n, n0, x0) = g [n − 1, x(n − 1, n0, x0)] .
4
2.2 Lineární diferenční rovnice prvního řádu
Zde budeme studovat lineární rovnice — nejjednodušší speciální případy rovnic
(4) a (5). Typická lineární homogenní rovnice prvního řádu má tvar
x(n + 1) = a(n)x(n), x(n0) = x0, n ≥ n0 ≥ 0 (6)
a příslušná nehomogenní rovnice je dána předpisem
y(n + 1) = a(n)y(n) + g(n), y(n0) = y0, n ≥ n0 ≥ 0, (7)
kde u obou rovnic předpokládáme, že a(n) = 0 a a(n) a g(n) jsou reálné
funkce definované pro n ≥ n0 ≥ 0.
Řešení homogenní rovnice (6) můžeme opět získat prostým iterováním:
x(n0 + 1) = a(n0)x(n0) = a(n0)x0,
x(n0 + 2) = a(n0 + 1)x(n0 + 1) = a(n0 + 1)a(n0)x0,
x(n0 + 3) = a(n0 + 2)x(n0 + 2) = a(n0 + 2)a(n0 + 1)a(n0)x0.
A pomocí indukce snadno nahlédneme, že1
x(n) = x(n0 + n − n0)
= a(n − 1)a(n − 2) · · · a(n0)x0
=
n−1
i=n0
a(i) x0. (8)
Jednoznačné řešení nehomogenní rovnice (7) může být nalezeno násle-
dovně:
y(n0 + 1) = a(n0)y0 + g(n0),
y(n0 + 2) = a(n0 + 1)y(n0 + 1) + g(n0 + 1)
= a(n0 + 1)a(n0)y0 + a(n0 + 1)g(n0) + g(n0 + 1).
Nyní opět pomocí matematické indukce ukážeme, že pro všechna n ∈ Z+
,
y(n) =
n−1
i=n0
a(i) y0 +
n−1
r=n0
n−1
i=r+1
a(i) g(r). (9)
1
Připomeňme, že při zkráceném zápisu součinu a součtu prvků ve speciálních případech
platí:
k
i=k+1 a(i) = 1 a
k
i=k+1 a(i) = 0.
5
Při důkazu matematickou indukcí předpokládáme platnost vztahu (9) pro
n = k, a tedy:
y(k) =
k−1
j=n0
a(i) y0 +
k−1
r=n0
k−1
i=r+1
a(i) g(r).
S použitím (7), y(k + 1) = a(k)y(k) + g(k), dostáváme:
y(k + 1) = a(k)
k−1
i=n0
a(i) y0 +
k−1
r=n0
a(k)
k−1
i=r+1
a(i) g(r) + g(k)
=
k
i=n0
a(i) y0 +
k−1
r=n0
k
i=r+1
a(i) g(r) +
k
i=k+1
a(i) g(k)
=
k
i=n0
a(i) y0 +
k
r=n0
k
i=r+1
a(i) g(r).
Tudíž vztah (9) platí pro všechna n ∈ Z+
.
2.2.1 Důležité speciální případy
Existují dva speciální případy rovnice (7), které jsou důležité v mnoha aplikacích.
První rovnice je dána vztahem
y(n + 1) = ay(n) + g(n), y(0) = y0. (10)
S použitím (9) zde dostaneme řešení
y(n) = an
y0 +
n−1
k=0
an−k−1
g(k). (11)
Druhé, ještě větší zjednodušení,
y(n + 1) = ay(n) + b, y(0) = y0, (12)
má řešení (využijeme (11))
y(n) =
an
y0 + b an−1
a−1
if a = 1,
y0 + bn if a = 1.
(13)
Na procvičení předchozích formulí uvedeme několik příkladů.
6
Příklad 2. Vyřešte rovnici
y(n + 1) = (n + 1)y(n) + 2n
(n + 1)!, y(0) = 1, n > 0.
Řešení
y(n) =
n−1
i=n0
a(i) y0 +
n−1
r=n0
n−1
i=r+1
a(i) g(r)
=
n−1
i=0
(i + 1) 1 +
n−1
r=0
n−1
i=r+1
(i + 1) 2r
(r + 1)!
= n! +
n−1
r=0
n!
(r + 1)!
2r
(r + 1)!
= n! +
n−1
r=0
n!2r
= 2n
n!,
neboť
n!+
n−1
r=0
n!2r
= n! 1 +
n−1
r=0
2r
= n! 1 + 1
1 − 2n
1 − 2
= n! (1 − 1 + 2n
) = n!2n
.
Příklad 3. Řešte rovnici
x(n + 1) = 2x(n) + 3n
, x(1) = 0, 5.
Řešení a(n) ≡ 2 a n0 = 1, tudíž
x(n) =
n−1
i=n0
a(i) y0 +
n−1
r=n0
n−1
i=r+1
a(i) g(r) =
n−1
i=1
a y0 +
n−1
r=1
n−1
i=r+1
a g(r)
= an−1
y0 +
n−1
r=1
an−r−1
g(r) = 2n−1
0, 5 +
n−1
r=1
2n−r−1
3r
= 2n−2
+ 2n−1
n−1
r=1
3
2
r
= 2n−2
+ 2n−1 3
2
1 − 3
2
n−1
1 − 3
2
= 2n−2
+ 2n−1
−3 1 −
3
2
n−1
= 2n−2
+ 2n−1
−3 + 3
3
2
n−1
= 2n−2
+ 2n−1
−3 + 2
3
2
n
= 2n−2
− 3 · 2n−1
+ 2n 3
2
n
= 2n−2
− 6 · 2n−2
+ 3n
= 3n
− 5 · 2n−2
.
7
Příklad 4. Pacient užívá lék vždy po čtyřech hodinách. Nechť D(n) je množství
účinné látky v krevním systému v n-tém intervalu. Tělo během každého
intervalu eliminuje p-tinu účinné látky. Nalezněte D(n) a limn→∞ D(n),
jestliže užívaná dávka je D0.
Řešení Nejprve musíme převést slovní zadání do rovnice, kterou potom vyřešíme.
Zřejmě
D(n + 1) = (1 − p)D(n) + D0.
S využitím (13) dostáváme
D(n) = D0 −
D0
p
(1 − p)n
+
D0
p
,
a tedy
lim
n→∞
D(n) =
D0
p
. (14)
Nechť D0 = 2 [cm3
] a p = 0, 25, potom původní rovnice je
D(n + 1) = 0, 75D(n) + 2, D0 = 2.
Tabulka 2 obsahuje hodnoty D(n) pro n ∈ {0, 1, 2, . . . , 10}.
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D(n) 2 3.5 4.62 5.47 6.1 6.58 6.93 7.2 7.4 7.55 7.66
Tabulka 2: Hodnoty D(n)
Z (14) zjistíme, že rovnovážným stavem množství účinné látky v těle je
D∗
= limn→∞ D(n) = 8 [cm3
].
Příklad 5 (Umořování). Umořování je proces, při kterém je splácen dluh
(ne)pravidelnými platbami v pravidelných intervalech. Každá splátka se skládá
z úroku za příslušné období a z částky snižující dluh (úmoru).
Nechť do každého období vstupujeme s dluhem p(n), který je v tomto
období úročen s úrokovou mírou r, vztaženou k platební periodě. Na konci
n-tého období je realizována splátka g(n).
Formulace našeho modelu je založena na faktu, že dluh p(n+1) na počátku
(n+1)-ho období je roven předchozí hodnotě dluhu p(n), k níž musíme přičíst
úrok za poslední období, rp(n) a naopak odečíst splátku g(n). Tedy
p(n + 1) = p(n) + rp(n) − g(n) = (1 + r)p(n) − g(n), p(0) = p0,
8
kde p0 značí počáteční hodnotu dluhu. Jde o případ s konstantním koeficientem
u p(n), takže můžeme využít (11)
p(n) = (1 + r)n
p0 +
n−1
k=0
(1 + r)n−k−1
g(k).
Ve speciálním případu může jít o úlohu s konstantní splátkou (g(n) je
konstantní) nebo s konstantním úmorem (p(n+1)−p(n) je konstantní. Úloha
na výpočet pevného počtu n konstantních splátek T nás vede k rovnici p(n) =
0, konkrétně
p(n) = (1 + r)n
p0 +
n−1
k=0
(1 + r)n−k−1
T = (1 + r)n
p0 +
(1 + r)n
− 1
r
T = 0.
Odtud
T = p0
r
1 − (1 + r)−n
.
Pro p0 = 100 000, r = 0, 1 a n = 5 dostaneme
T = 100 000
0, 1
1 − (1 + 0, 1)−5
≈ 26 380.
Umořovací plán naleznete v tabulce 3.
k Dluh p(k) Splátka g(k) Úrok rp(k) Úmor g(k) − rp(k) Nový dluh p(k + 1)
0 100 000 26 380 10 000 16 380 83 620
1 83 620 26 380 8 362 18 018 65 602
2 65 602 26 380 6 560 19 820 45 782
3 45 782 26 380 4 578 21 802 23 980
4 23 980 26 380 2 398 23 982 0
5 0
Tabulka 3: Umořovací plán
Cvičení 2.1 a 2.2
1. Nalezněte řešení následujících diferenčních rovnic:
(a) x(n + 1) − (n + 1)x(n) = 0, x(0) = c.
9
(b) x(n + 1) − 3n
x(n) = 0, x(0) = c.
(c) x(n + 1) − e2n
x(n) = 0, x(0) = c.
(d) x(n + 1) − n
n+1
x(n) = 0, n ≥ 1, x(1) = c.
2. Nalezněte obecné řešení následujících diferenčních rovnic:
(a) y(n + 1) − 1
2
y(n) = 2, y(0) = c.
(b) y(n + 1) − n
n+1
y(n) = 4, y(0) = c.
3. Nalezněte obecné řešení následujících diferenčních rovnic:
(a) y(n + 1) − (n + 1)y(n) = 2n
(n + 1)!, y(0) = c.
(b) y(n + 1) = y(n) + en
, y(0) = c.
4. (a) Napište diferenční rovnici popisující počet oblastí vytvořených n
přímkami v rovině, jestliže se každé dvě protnou, a to nejvýše dvě
v jednom bodu.
(b) Nalezněte zmíněný počet oblastí vyřešením nalezené diferenční
rovnice.
5. Gama funkce je definována jako Γ(x) =
∞
0
tx−1
e−t
dt, x > 0.
(a) Ukažte, že Γ(x + 1) = xΓ(x), Γ(1) = 1.
(b) Ukažte, že pro n ∈ N platí Γ(n + 1) = n!.
(c) Ukažte, že x(n)
= x(x − 1) · · · (x − n + 1) =
Γ(x + 1)
Γ(x − n + 1)
.
6. Prostor (3D) je rozdělen n rovinami, ze kterých žádné dvě nejsou rovnoběžné
a žádné čtyři nemají společný bod.
(a) Napište diferenční rovnici popisující počet vytvořených oblastí.
(b) Nalezněte počet těchto oblastí.
7. Ověřte (11).
8. Ověřte (13).
9. Dluh $12.000 má být umořen stejnými splátkami o velikosti $380 na
konci každého měsíce, plus poslední splátkou, která může být menší.
Sestavte splátkový kalendář při roční úrokové míře 12% s měsíčním
připisováním úroků.
10
10. Uvažujte půjčku ve výši $80.000, která má být splacena stejnými měsíčními
splátkami. Nalezněte výši této splátky, jestliže roční úroková
míra je 10%, připisování úroků je měsíční a doba splácení je 30 let.
11. Uvažujme, že na konci každé periody uložíme sumu Tdo banky, která ji
úročí s úrokovou mírou r vztaženou k dané periodě. Nechť A(n) značí
naspořenou částku po n periodách.
(a) Napište diferenční rovnici, která popisuje A(n).
(b) Tuto diferenční rovnici vyřešte pro A(0) = 0, T = $200 a r =
0, 008.
12. Bylo zjištěno, že teplota tělesa je 110◦
F. Dále bylo vypozorováno, že
vždy po dvou hodinách je změna teploty tělesa dána jako −0, 3 násobek
rozdílu předchozí teploty tělesa a teploty v místnosti, která je stále
70◦
F.
(a) Napište diferenční rovnici, která popisuje teplotu T(n) tělesa na
konci n-té periody.
(b) Nalezněte T(n).
13. Uvažujete o hypotéce na 30 let při roční úrokové míře 8%. Kolik si
můžete dovolit půjčit, jestliže jste schopni splácet $1.000 měsíčně?
14. Radium se rozpadá v míře 0, 04% ročně. Jaký je jeho poločas rozpadu?
15. (Určování stáří uhlíkovou metodou) Je známo, že obsah uhlíku C14
v rostlinách a tělech živočichů je v době jejich života stejný jako v
atmosféře. Po jejich úmrtí obsah uhlíku C14 v jejich tkáních klesá s
mírou r.
(a) Nalezněte r, jestliže poločas rozpadu uhlíku C14 je 5.700 let.
(b) Jak stará je zkoumaná zvířecí kost, jestliže v ní zůstalo 70% původního
množství uhlíku C14?
11
3 Lineární diferenční rovnice vyššího řádu
V této kapitole se budeme věnovat lineárním diferenčním rovnicím vyšších
řádů s jednou nezávislou proměnnou. Využití takovýchto rovnic je velmi široké,
od populačních dynamik (studium jednoho druhu), přes ekonomii (studium
jedné komodity) až k fyzice.
3.1 Diferenční počet
Diferenční počet je diskrétní analogii známého diferenciálního a integrálního
počtu. Uvedeme některé základní vlastnosti dvou operátorů, které jsou podstatné
při studiu diferenčních rovnic.
Diferenční operátor
∆x(n) = x(n + 1) − x(n)
a šift operátor
Ex(n) = x(n + 1).
Zatímco vztah pro Ek
x(n) je jasný,
Ek
x(n) = x(n + k),
pro ∆k
x(n) to již tak zřejmé není. Vypomůžeme si následujícím přepisem
našich operátorů,
∆ = E − I, E = ∆ + I,
kde I je operátor identity, tj. Ix = x.
Nyní, s využitím binomického rozvoje, dostáváme
∆k
x(n) = (E − I)k
x(n)
=
k
i=0
(−1)i k
i
Ek−i
x(n)
=
k
i=0
(−1)i k
i
x(n + k − i). (15)
Podobně můžeme dostat
Ek
x(n) =
k
i=0
k
i
∆k−i
x(n). (16)
12
Operátor ∆ je protějškem operátoru derivování D v diferenciálním počtu.
Oba operátory, ∆ i E, jsou lineární:
∆ ax(n) + by(n) = a∆x(n) + b∆y(n)
a
E ax(n) + by(n) = aEx(n) + bEy(n),
pro všechna a, b ∈ R. Důkaz na vás čeká ve cvičení.
Uveďme si další důležité vlastnosti2
(jejich důkaz je opět ponechán na
cvičení):
n−1
k=n0
∆x(k) = x(n) − x(n0); (17)
∆
n−1
k=n0
x(k) = x(n). (18)
Nyní si uvedeme třetí vlastnost operátoru ∆. Uvidíme, že ji má opět i
operátor D.
Nechť
p(n) = a0nk
+ a1nk−1
+ · · · + ak
je polynom k-tého stupně. Potom
∆p(n) = a0(n + 1)k
+ a1(n + 1)k−1
+ · · · + ak
− a0nk
+ a1nk−1
+ · · · + ak
= a0knk−1
+ členy stupně nižšího než (k − 1).
Podobně lze ukázat, že
∆2
p(n) = a0k(k − 1)nk−2
+ členy stupně nižšího než (k − 2).
Je zřejmé, že tento proces nás dovede ke vztahu
∆k
p(n) = a0k!, (19)
a tedy
∆k+i
p(n) = 0, pro i ≥ 1. (20)
2
Můžeme nahlédnout, že se jedná o analogie vztahů
b
a
df(x) = f(b) − f(a) a
d
x
a
f(t)dt = f(x) z difernciálního počtu.
13
3.2 Obecná teorie lineárních diferenčních rovnic
Normální tvar nehomogenní lineární diferenční rovnice k-tého řádu je násle-
dující:
y(n + k) + p1(n)y(n + k − 1) + · · · + pk(n)y(n) = g(n), (21)
kde pi(n) a g(n) jsou reálné funkce definované pro n ≥ n0 a pk(n) = 0 pro
všechna n ≥ n0.
g(n) ≡ 0 — homogenní rovnice.
Při n = 0 můžeme rovnici (21) přepsat
y(k) = −p1(0)y(k − 1) − · · · − pk(0)y(0) + g(0).
Takto máme vyjádřeno y(k) a pro n = 1 dostaneme
y(k + 1) = −p1(1)y(k) − · · · − pk(1)y(1) + g(1).
Opakováním tohoto postupu můžeme vypočíst všechna y(n) pro n ≥ k. Toto
ilustruje následující příklad.
Příklad 6. Uvažujme diferenční rovnici třetího řádu
y(n + 3) −
n
n + 1
y(n + 2) + ny(n + 1) − 3y(n) = n, (22)
kde y(1) = 0, y(2) = −1 a y(3) = 1. Nalezněme hodnoty y(4), y(5),y(6) a
y(7).
Řešení Rovnici přepíšeme do výhodnějšího tvaru
y(n + 3) =
n
n + 1
y(n + 2) − ny(n + 1) + 3y(n) + n. (23)
Nyní pro n = 1 a po dosazení za y(1), y(2) a y(3) dostáváme
y(4) =
1
2
y(3) − 1y(2) + 3y(1) + 1 =
1
2
1 − 1(−1) + 3 · 0 + 1 =
5
2
.
Podobně pro n = 2
y(5) =
2
3
y(4) − 2y(3) + 3y(2) + 2 = −
4
3
.
Pro n = 3
y(6) =
3
4
y(5) − 3y(4) + 3y(3) + 3 = −
5
2
.
Pro n = 4
y(7) =
4
5
y(6) − 4y(5) + 3y(4) + 4 =
89
6
.
14
Řekneme, že posloupnost {y(n)}∞
n=0 nebo jednoduše y(n) je řešením (21),
jestliže tuto rovnici splňuje (pro všechna n ≥ n0).
Příslučná počáteční úloha:
y(n + k) + p1(n)y(n + k − 1) + · · · + pk(n)y(n) = g(n), (24)
y(n0) = a0, y(n0 + 1) = a1, . . . , y(n0 + k − 1) = ak−1, (25)
kde ai jsou reálná čísla.
Věta 1. Počáteční úloha (24) a (25) má právě jedno řešení y(n).
Důkaz. Důkaz vychází z postupného výpočtu jako v příkladu 6. Postupně
pro n = n0, n0 + 1, . . . dostaneme posloupnost {y(n)}∞
n=n0+k, což nám ve
spojení s počátečními podmínkami (25) dává celé řešení {y(n)}∞
n=n0
. Z postupu
vyplývá i jednoznačnost.
Iterativně tedy řešení počáteční úlohy můžeme získat vždy, se ziskem explicitního
tvaru řešení (např. y(n) = 2ny(n0)) je to obecně mnohem složitější.
Proto se později omezíme na úlohy s konstantními koeficienty pi.
V dalším podrobně prostudujeme homogenní část lineární diferenční rovnice
k-tého řádu, tedy
y(n + k) + p1(n)y(n + k − 1) + · · · + pk(n)y(n) = 0. (26)
Uvedeme tři důležité definice.
Definice 1. Řekneme, že funkce f1(n), f2(n), . . . , fr(n) jsou lineárně závislé
pro n ≥ n0, jestliže existují konstanty a1, a2, . . . , ar ne všechny nulové a
takové, že
a1f1(n) + a2f2(n) + · · · + arfr(n) = 0, n ≥ n0.
Jestliže například aj = 0, potom vydělením předchozí rovnosti zjistíme,
že fj(x) se dá vyjádřit jako lineární kombinace ostatních funkcí,
fj(n) = −
i=j
ai
aj
fi(n). (27)
Pro dvojici funkcí (r = 2) to znamená, že jedna je násobkem druhé, f1(n) =
af2(n), a = 0.
Opakem lineární závislodsti je lineární nezávislost:
a1f1(n) + a2f2(n) + · · · + arfr(n) = 0, n ≥ n0 =⇒ a1 = a2 = · · · = ar = 0.
15
Příklad 7. Ukažte, že funkce 3n
, n3n
, a n2
3n
jsou lineárně nezávislé pro
n ≥ 0.
Řešení Rovnici
a13n
+ a2n3n
+ a3n2
3n
= 0, n ≥ 0
podělíme 3n
a dostaneme
a1 + a2n + a3n2
= 0, n ≥ 0,
a tedy a1 = 0. Rovnici
a2n + a3n2
= 0, n ≥ 0
podělíme n a dostaneme
a2 + a3n = 0, n ≥ 0,
a tedy již vidíme, že nutně také a2 = a3 = 0.
Definice 2. Množinu k lineárně nezávislých řešení (26) nazýváme fundamentální
množina řešení.
V předchozím příkladu jsme si mohli uvědomit, že ověření lineární nezávislosti
jen podle definice nemusí být vždy snadné. Naštěstí existuje jednodušší
metoda založená na tzv. casoratiánu3
:
Definice 3. Casoratián W(n) řešení x1(n), x2(n), . . . , xr(n) je dán předpisem
W(n) = det





x1(n) x2(n) · · · xr(n)
x1(n + 1) x2(n + 1) · · · xr(n + 1)
...
x1(n + r − 1) x2(n + r − 1) · · · xr(n + r − 1)





. (28)
Příklad 8. Uvažujte diferenční rovnici
x(n + 3) − 7x(n + 1) + 6x(n) = 0.
(a) Ukažte, že posloupnosti 1, (−3)n
a 2n
jsou její řešení.
(b) Nalezněte casoratián posloupností z bodu (a).
Řešení
3
Diskrétní obdoba wronskiánu u diferenciálních rovnic.
16
ad (a) Stačí dosadit.
ad (b)
W(n) = det


1 (−3)n
2n
1 (−3)n+1
2n+1
1 (−3)n+2
2n+2


= 1
(−3)n+1
2n+1
(−3)n+2
2n+2 − (−3)n 1 2n+1
1 2n+2 + 2n 1 (−3)n+1
1 (−3)n+2
...
= −20 · 2n
· (−3)n
.
Dá se ukázat, že množina k řešení je fundamentální (tj. lineárně nezávislá),
jestliže její casoratián W(n) není nikdy nulový (n ≥ n0). To znamená,
že v předchozím příkladu, kde W(n) = −20·2n
·(−3)n
, o fundamentální množinu
jde. Obecně ale nemusí být snadné vypočíst a vyhodnotit casoratián pro
každé n ≥ n0. Naštěstí lze vyjádřit W(n) jako součin pomocí W(n0), což nás
vede k následujícímu závěru:
Důsledek 1. Předpokládejme, že pk(n) = 0 pro všechna n ≥ n0. Potom je
casoratián W(n) = 0 pro všechna n ≥ n0 právě když W(n0) = 0.
Věta 2. Množina řešení x1(n), x2(n), . . . , xk(n) rovnice (26) je fundamentální
tehdy a jen tehdy, jestliže pro nějaké n0 ≥ 0 platí W(n0) = 0.
Příklad 9. Ověřte, že {n, 2n
} je fundamentální množinou řešení rovnice
x(n + 2) −
3n − 2
n − 1
x(n + 1) +
2n
n − 1
x(n) = 0.
Řešení Nejprve je samozřejmě třeba dosadit ověřovaná řešení do rovnice.
Casoratián:
W(n) = det
n 2n
n + 1 2n+1 .
Podle věty 2 stačí nalézt jednu hodnotu n0, pro kterou W(n0) = 0. Nejjednodušší
bude vzít n0 = 0, a tedy
W(0) = det
0 1
1 2
= −1 = 0.
Podle věty 2 jsou řešení n, 2n
lineárně nezávislá, a tak tvoří fundamentální
množinu řešení.
17
Příklad 10. Uvažujte diferenční rovnici třetího řádu
x(n + 3) + 3x(n + 2) − 4x(n + 1) − 12x(n) = 0.
Ukažte, že funkce 2n
, (−2)n
a (−3)n
tvoří její fundamentální množinu řešení.
Věta 3 (O existenci fundamentální množiny řešení homogenní úlohy). Jestliže
pk(n) = 0 pro všechna n ≥ n0, potom (26) má fundamentální množinu řešení
pro n ≥ n0.
Ukažte, že lineární kombinace řešení homogenní úlohy (26) je také řešením
(26). Tento fakt nás vede k následující definici obecného řešení.
Definice 4 (Obecné řešení homogenní úlohy). Nechť {x1(n), x2/n), . . . , xk(n)}
je fundamentální množina řešení (26).
Potom obecné řešení (26) je dáno vztahem
x(n) =
k
i=1
aixi(n), ai ∈ R.
Každé řešení (26) lze získat z obecného řešení vhodnou volbou parametrů
ai.
18
Cvičení 3.2
1. Najděte casoratián následujících funkcí a zjistěte, zda jsou lineárně závislé
nebo nezávislé.
(a) 5n
, 3 · 5n+2
, en
.
(b) 5n
, n · 5n
, n2
· 5n
.
(c) (−2)n
, 2n
, 3.
(d) 0, 3n
, 7n
.
2. Pro následující diferenční rovnice a jejich řešení
(i) určete, zda jsou řešení lineárně nezávislá a
(ii) nalezněte, pokud to půjde (použijte pouze daná řešení), obecná
řešení.
(a) x(n + 3) − 3x(n + 2) + 3x(n + 1) − x(n) = 0; 1, n, n2
.
(b) x(n + 2) + x(n) = 0; cos nπ
2
, sin nπ
2
.
(c) x(n + 3) + x(n + 2) − 8x(n + 1) − 12x(n) = 0; 3n
, (−2)n
, (−2)n+3
.
(d) x(n + 4) − 16x(n) = 0; 2n
, n2n
, n2
2n
.
19
3.3 Lineární homogenní rovnice s konstantními koefi-
cienty
Uvažujeme diferenční rovnici k-tého řádu s konstantními koeficienty:
x(n + k) + p1x(n + k − 1) + p2x(n + k − 2) + · · · + pkx(n) = 0, (29)
kde pi jsou konstanty a pk = 0. Chceme pro ni nalézt fundamentální množinu
řešení a potažmo i obecné řešení.
Postup bude poměrně jednoduchý. Budeme předpokládat, že řešení (29)
mají tvar λn
, kde λ je komplexní číslo. Dosadíme do (29) a dostaneme tzv.
charakteristickou rovnici
λk
+ λk−1
+ λk−2
+ · · · + pk = 0. (30)
Její kořeny nazýváme charakteristické kořeny. Poznamenejme, že zřejmě žádný
z nich není nulový, neboť pk = 0.
Mohou nastat dva základní případy:
(a) Charakteristické kořeny λ1, . . . , λk jsou různé. Dokážeme, že v tomto
případě funkce λn
1 , λn
2 , . . . , λn
k tvoří fundamentální množinu řešení (29).
Postačí ukázat, že W(0) = 0.
W(0) = det





1 1 · · · 1
λ1 λ2 · · · λk
...
...
...
λk−1
1 λk−1
2 · · · λk−1
k





. (31)
Tento determinant se nazývá Vandermodův a dá se ukázat (pokuste
se), že
W(0) =
1≤j≤k
(λj − λk),
takže W(0) = 0 a {λn
1 , λn
2 , . . . , λn
k } je opravdu fundamentální množinou
řešení (29).
Obecné řešení (29) má tedy tvar
x(n) =
k
i=1
aiλn
i , ai ∈ R. (32)
(b) Násobné charakteristické kořeny λ1, . . . , λr s odpovídajícími násobnostmi
m1, m2, . . . , mr. V tomto případě můžeme (29) zapsat jako
(E − λ1)m1
(E − λ2)m2
· · · (E − λr)mr
x(n) = 0, (29’)
20
Zde je důležité, že řešení ψ1(n), ψ2(n), . . . , ψmi
(n) rovnice
(E − λi)mi
x(n) = 0
jsou zároveň řešeními rovnice (29’).
Lemma 1. Množina
Gi = λn
i , nλn
i , n2
λn
i , . . . , nmi−1
λn
i
je fundamentální množinou řešení rovnice (E − λi)mi
x(n) = 0.
Důsledek 2. Množina
G =
r
i=1
Gi
je fundamentální množinou řešení (29’).
Důsledek 3. Obecné řešení (29’) je dáno vztahem
x(n) =
r
i=1
λn
i ai0 + ai1n + ai2n2
+ · · · + aimi−1nmi−1
.
Příklad 11. Řešte rovnici
x(n + 3) − 7x(n + 2) + 16x(n + 1) − 12x(n) = 0,
x(0) = 0, x(1) = 1, x(2) = 1.
Řešení Charakteristická rovnice:
λ3
− 7λ2
+ 16λ − 12 = 0.
Charakteristické kořeny:
λ1 = 2 = λ2, λ3 = 3,
tedy násobné.
Obecné řešení:
x(n) = a02n
+ a1n2n
+ b13n
.
Po dosazení počátečních podmínek dostaneme
a0 = 3, a1 = 2, b1 = −3,
a tedy řešením počáteční úlohy je
x(n) = 3 · 2n
+ 2n2n
− 3n+1
.
21
Příklad 12 (Komplexní charakteristické kořeny). Předpokládejme, že rov-
nice
x(n + 2) + p1x(n + 1) + p2x(n) = 0
má komplexní charakteristické kořeny
λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ.
Její obecné řešení by tedy mělo tvar
x(n) = c1(α + iβ)n
+ c2(α − iβ)n
.
Zopakujme si, že bod (α, β) v komplexní rovině odpovídá komplexnímu bodu
α + iβ. V polárních souřadnicích:
α = r cos θ, β = r sin θ, r = α2 + β2, θ = arctan
β
α
.
Dá se ukázat, že
x1(n) = rn
cos(nθ) a x2(n) = rn
sin(nθ)
jsou dvě lineárně nezávislá řešení.
Například rovnice
(E2
+ 1)x(n) = 0 (33)
má dva komplexně sdružené charakteristické kořeny
λ1 = i, λ2 = −i.
Tudíž
α = 0, β = ±1, r = 1, θ = ±
π
2
a tedy budeme ověřovat, že
x1(n) = 1n
cos(n
π
2
) a x2(n) = 1n
sin(n
π
2
)
jsou dvě lineárně nezávislá řešení rovnice 33.
Řešení: (E2
+ 1)x1(n) = x1(n + 2) + x1(n) = cos (n + 2)π
2
+ cos(nπ
2
) =
cos nπ
2
+ π + cos(nπ
2
) = − cos(nπ
2
) + cos(nπ
2
) = 0. Obdobně i pro x2(n) =
sin(nπ
2
).
Nezávislost: casoratián pro n = 0
W(0) = det
cos(nπ
2
) sin(nπ
2
)
cos((n + 1)π
2
) sin((n + 1)π
2
)
= · · · = 1 = 0.
22
Příklad 13 (Fibonacciho posloupnost (Králičí problém)). Králíci se množí,
každý pár vrhne na konci každého měsíce (kromě prvního) svého života další
pár. Množství párů králíků na konci n-tého měsíce označíme F(n). Rozdělme
si tyto páry na nedospělé (na konci následujícího měsíce ještě nevrhnou, ale
stanou se dospělými) a dospělé:
F(n) = F0(n) + F1(n).
Na konci následujícího měsíce tedy F1(n) párů vrhne další pár a F0(n) párů
dospěje (žádný králík neumírá ani neztrácí plodnost), což můžeme zapsat
následovně:
F0(n + 1) = F1(n),
F1(n + 1) = F1(n) + F0(n) = F(n),
F(n + 1) = F0(n + 1) + F1(n + 1) = F1(n) + F(n).
Podobně i v následujícím měsíci:
F0(n + 2) = F1(n + 1) = F(n),
F1(n + 2) = F1(n + 1) + F0(n + 1) = F(n + 1),
F(n + 2) = F0(n + 2) + F1(n + 2) = F(n) + F(n + 1).
Dostali jsme tedy (Fibonacciho) diferenční rovnici druhého řádu
F(n + 2) = F(n) + F(n + 1).
Její chrakteristická rovnice
λ2
− λ − 1 = 0
má dva kořeny
α =
1 +
√
5
2
a β =
1 −
√
5
2
.
Obecné řešení:
F(n) = a1
1 +
√
5
2
n
+ a2
1 −
√
5
2
n
, n ≥ 1.
Uvažujme množení od jediného páru, který je sám vržen na konci prvního
měsíce. Tomu odpovídají počáteční hodnoty F(1) = 1 a F(2) = 1. Po dosazení
dostaneme
a1 =
1
√
5
, a2 = −
1
√
5
.
23
Následně:
F(n) =
1
√
5
1 +
√
5
2
n
−
1 −
√
5
2
n
=
1
√
5
(αn
− βn
) . (34)
Zajímavé je, že
lim
n→∞
F(n + 1)
F(n)
=
1 +
√
5
2
≡ 1, 618,
což je tzv. zlatý poměr.
Cvičení 3.3
V následujících cvičeních najděte obecné řešení uvedených diferenčních rov-
nic.
Připomeňme, že E je tzv. šift-operátor: Ex(n) = x(n + 1), Ek
x(n) =
x(n+k). Zápis (E−2)2
x(n) = (E2
−4E+4)x(n) = x(n+2)−4x(n+1)+4x(n)
nám umožňuje zapsat diferenční rovnici způsobem, který připomíná zápis
polynomu ve tvaru součinu kořenových činitelů, takže okamžitě vidíme, jaké
má diferenční rovnice charakteristické kořeny (zde λ1 = λ2 = 2).
1. x(n + 2) − 16x(n) = 0.
2. x(n + 2) + 16x(n) = 0.
3. (E − 3)2
(E2
+ 4)x(n) = 0 (⇒ λ1 = λ2 = 3, λ3 = 2i, λ4 = −2i).
4. ∆3
x(n) = 0.
5. (E2
+ 2)2
x(n).
6. x(n + 2) − 6x(n + 1) + 14x(n) = 0.
24
3.4 Lineární nehomogenní rovnice: metoda neurčitých
koeficientů
V posledních dvou oddílech jsme se věnovali teorii lineárních homogenních
diferenčních rovnic. V případě rovnic s konstantními koeficienty umíme najít
jejich řešení. Zde se vrátíme k nehomogenním lineárním diferenčním rovnicím
k-tého řádu,
y(n + k) + p1(n)y(n + k − 1) + · · · + pk(n)y(n) = g(n), (35)
kde pi(n) a g(n) jsou reálné funkce definované pro n ≥ n0 a pk(n) = 0 pro
všechna n ≥ n0.
Na tuto rovnici můžeme pohlížet tak, že levá strana popisuje nějaký fyzikální
systém a g(n) se bere jako vnější činitel, přičemž studujeme, jakým
způsobem y(n) (výstup) reaguje na g(n) (vstup).
Než přejdeme k obecným výsledkům, položme si otázku, zda množina
řešení nehomogenní úlohy tvoří vektorový prostor. Jinými slovy, je lineární
kombinace dvou řešení opět řešením? Odpovíme si pomocí následujícího pří-
kladu.
Příklad 14. Uvažujme rovnici
y(n + 2) − y(n + 1) − 6y(n) = 5 · 3n
.
(a) Ukažte, že y1 = n · 3n−1
a y2 = (1 + n)3n−1
jsou řešeními naší rovnice.
(b) Ukažte, že y(n) = y2(n) − y1(n) není řešením.
(c) Ukažte, že ϕ(n) = cn3n−1
, c ∈ R, není řešením.
Řešení
ad (a) Proveďte sami.
ad (b) y(n) = y2(n) − y1(n) = n · 3n−1
− (1 + n)3n−1
= 3n−1
. Dosazením do
rovnice obdržíme
3n+1
− 3n
− 6 · 3n−1
= 3n
[3 − 1 − 2] = 0 = 5 · 3n
.
ad (c) Zde opět pomocí dosazení zjistíme, že ϕ(n) není řešením.
Závěr
(i) Z příkladu je zřejmé, že řešení nehomogenní (na rozdíl od homogenní)
úlohy netvoří vektorový prostor. Ani součet, ani násobek řešení není
dalším řešením.
25
(ii) Bod (b) poukazuje na obecnou vlastnost řešení nehomogenní úlohy,
jmenovitě je rozdíl dvou řešení řešením homogenní úlohy. Tento závěr
je formulován v následující větě.
Věta 4. Jestliže y1(n) a y2(n) jsou řešeními nehomogenní úlohy (35), potom
jejich rozdíl, x(n) = y1(n)−y2(n), je řešením odpovídající homogenní úlohy
y(n + k) + p1(n)y(n + k − 1) + · · · + pk(n)y(n) = 0. (36)
Důkaz. Proveďte sami.
V dalším budeme používat následující označení. Obecné řešení homogenní
úlohy budeme nazývat komplementární a značit yc(n), zatímco řešení
nehomogenní úlohy budeme nazývat partikulární a značit yp(n). Následující
výsledek ukazuje, jakým způsobem můžeme najít všechna řešení nehomogenní
úlohy při znalosti jednoho partikulárního řešení.
Věta 5. Libovolné řešení y(n) nehomogenní úlohy (35) lze zapsat jako
y(n) = yp(n) +
k
i=1
aixi(n),
kde {x1(n), x2(n), . . . , xk(n)} je fundamentální množina řešení homogenní
úlohy (36).
Důkaz. Z věty 4 víme, že rozdíl dvou partikulárních řešení je řešením homogenní
úlohy, a tedy musí platit, že
y(n) − yp(n) =
k
i=1
aixi(n),
pro nějaké konstanty ai.
Nyní tedy víme, že obecné řešení nehomogenní úlohy lze zapsat jako
y(n) = yp(n) + yc(n). (37)
Nyní obrátíme pozornost na hledání partikulárního řešení nehomogenní
úlohy s konstantními koeficienty,
y(n + k) + p1y(n + k − 1) + · · · + pky(n) = g(n). (38)
Použijeme metodu neurčitých koeficientů. Tato metoda je postavena na inteligentním
odhadu tvaru partikulárního řešení. Tento (trochu neurčitý) tvar
26
dosadíme do rovnice a dohledáme (zatím neurčité) koeficienty. Pro úplně
obecné g(n) tato metoda není efektivní, ale ukážeme, že lze definovat pravidla
postupu ve speciálním případě, kdy g(n) je lineární kombinací členů
an
, sin(bn), cos(bn) a nk
, (39)
nebo jejich součinů, jako jsou například
an
sin(bn), an
nk
, an
nk
cos(bn), . . . . (40)
K formulaci neurčitého tvaru partikulárního řešení využijeme tabulku 4
g(n) yp(n)
an
can
nk
c0 + c1n + · · · + cknk
nk
an
c0an
+ c1nan
+ · · · + cknk
an
sin(bn), cos(bn) c1 sin(bn) + c2 cos(bn)
an
sin(bn), an
cos(bn) c1 sin(bn) + c2 cos(bn) an
an
nk
sin(bn), an
nk
cos(bn) (c0 + c1n + · · · + cknk
)an
sin(bn)
+(d0 + d1n + · · · + dknk
)an
cos(bn)
Tabulka 4: Partikulární řešení yp(n).
Při známém tvaru obecného řešení homogenní úlohy musíme uvažovat
dva oddělené případy:
1. V neurčitém tvaru partikulárního řešení se nevyskytují funkce fundamentální
množiny řešení homogenní úlohy. V tomto případě yp(n) z
tabulky 4 dosadíme zpět do (38) a najdeme hodnoty koeficientů.
2. Pokud se v neurčitém tvaru partikulárního řešení vyskytuje funkce fundamentální
množiny řešení homogenní úlohy, potom ji násobíme dostatečně
vysokou mocninou n a opět dosadíme zpět do (38) a najdeme
hodnoty koeficientů.
yc yp z tabulky yp upravené
3n
3n
n3n
3n
+ n3n
n2
3n
an
cos(bn) c1 sin(bn) + c2 cos(bn) an
n c1 sin(bn) + c2 cos(bn) an
an
c1 sin(bn) + c2 cos(bn) an
c1 sin(bn) + c2 cos(bn) an
27
Příklad 15. Řešte diferenční rovnici
y(n + 2) + y(n + 1) − 12y(n) = n2n
. (41)
Řešení Charakteristické kořeny homogenní rovnice jsou λ1 = 3 a λ2 = −4, a
tedy obecné řešení homogenní úlohy je
yc(n) = c13n
+ c2(−4)n
.
Podle tabulky bude mít partikulární řešení tvar
yp(n) = a12n
+ a2n2n
,
Neobsahuje prvky fundamentální množiny řešení homogenní úlohy, takže můžeme
přímo dosadit zpět do (41) a dostaneme
a12n+2
+ a2(n + 2)2n+2
+ a12n+1
+ a2(n + 1)2n+1
− 12a12n
− 12a2n2n
= n2n
,
(10a2 − 6a1)2n
− 6a2n2n
= n2n
.
Tudíž
10a2 − 6a1 = 0, a 6a2 = 1,
tedy
a1 =
−5
18
, a2 =
−1
6
.
Partikulární řešení
yp(n) =
−5
18
2n
−
1
6
n2n
,
a obecné řešení
y(n) = yp(n) + yc(n) =
−5
18
2n
−
1
6
n2n
+ c13n
+ c2(−4)n
.
Příklad 16. Řešte diferenční rovnici
(E − 3)(E + 2)y(n) = 5 · 3n
. (42)
Řešení Obecné řešení homogenní rovnice (E − 3)(E + 2)y(n) = 0 je
yc(n) = c13n
+ c2(−2)n
.
Tabulkový tvar partikulárního řešení
yp(n) = c3n
28
obsahuje prvek (3n
) fundamentální množiny řešení homogenní úlohy, takže
upravíme na
yp(n) = cn3n
.
Dosadíme do původní rovnice (42) a dostaneme
c(n + 2)3n+2
− c(n + 1)3n+1
+ 6cn3n
= 5 · 3n
,
a tedy
c =
1
3
,
čímž yp(n) = n3n−1
a obecné řešení (42) je
y(n) = n3n−1
+ c13n
+ c2(−2)n
Příklad 17. Řešte diferenční rovnici
y(n + 2) + 4y(n) = 8(2n
) cos
nπ
2
. (43)
Řešení Charakteristická rovnice a kořeny homogenní úlohy:
λ2
+ 4 = 0 =⇒ λ1 = 2i, λ2 = −2i.
Po převodu na polární souřadnice, r = 2, θ = π/2, podle příkladu 12 dosta-
neme
yc(n) = 2n
c1 cos
nπ
2
+ c2 sin
nπ
2
.
Všimněte si, že člen 2n
cos nπ
2
se objevuje v yc(n), takže základní tvar yp(n)
z tabulky 4 pro g(n) = 8(2n
) cos nπ
2
rozšíříme o n:
yp(n) = 2n
an cos
nπ
2
+ bn sin
nπ
2
. (44)
Dosadíme z (44) do (43) a dostaneme
2n+2
a(n + 2) cos
(n + 2)π
2
+ b(n + 2) sin
(n + 2)π
2
+4 · 2n
an cos
nπ
2
+ bn sin
nπ
2
= 8 · 2n
cos
nπ
2
.
Odtud s úpravami cos nπ
2
= cos nπ
2
+ π = − cos nπ
2
a sin nπ
2
= sin nπ
2
+ π =
− sin nπ
2
dostaneme
4 · 2n
−a(n + 2) cos
nπ
2
− b(n + 2) sin
nπ
2
29
+4 · 2n
an cos
nπ
2
+ bn sin
nπ
2
= 8 · 2n
cos
nπ
2
,
což vede k
8 · 2n
−a cos
nπ
2
− b sin
nπ
2
= 8 · 2n
cos
nπ
2
,
a tedy porovnáním koeficientů u cos a sin zjistíme, že a = −1 a b = 0.
Dosadíme zpět do (44):
yp(n) = −2n
n cos
nπ
2
.
Celkové obecné řešení nehomogenní úlohy (43):
y(n) = 2n
c1 cos
nπ
2
+ c2 sin
nπ
2
− n cos
nπ
2
.
Cvičení 3.4
Pro úlohy 1–6 nalezněte partikulární řešení.
1. y(n + 2) − 5y(n + 1) + 6y(n) = 1 + n.
2. y(n + 2) + 8y(n + 1) + 12y(n) = en
.
3. y(n + 2) − 5y(n + 1) + 4y(n) = 4n
− n2
.
4. y(n + 2) + 8y(n + 1) + 7y(n) = nen
.
5. y(n + 2) − y(n) = n cos nπ
2
.
6. (E2
+ 9)2
y(n) = sin nπ
2
− cos nπ
2
.
Pro úlohy 7–9 nalezněte řešení diferenční rovnice.
7. ∆2
y(n) = 16, y(0) = 2, y(1) = 3.
8. ∆2
y(n) + 7y(n) = 2 sin nπ
2
, y(0) = 0, y(1) = 1.
9. (E − 3)(E2
+ 1)y(n) = 3n
, y(0) = 0, y(1) = 1, y(2) = 3.
Pro úlohy 10 a 11 nalezněte obecné řešení diferenční rovnice.
10. y(n + 2) − y(n) = n2n
sin nπ
2
.
11. y(n + 2) + 8y(n + 1) + 7y(n) = n2n
.
30
Reference
[1] S. N. Elaydi. An Introduction to Difference Equations. Springer, New
York, 1999.
31