Rozwiązywanie równań różnicowych
(Wg metody ze skyptu dra hab. Kiciaka; na niebiesko przykład – zadanie ze starego kolokwium.) Mamy dane równanie różnicowe liniowe rzędu n:
(1) ak = cn−1ak−1+ cn−2ak−2+ . . . + c0ak−n+ f (k),
gdzie c0, . . . , cn−1 są stałymi a f to funkcja zależna od k. Jeśli f nie jest funkcją zerową, to mówimy, że równanie jest niejednorodne. Rząd równania to liczba wyrazów ciągu, od którego zależy k-ty wyraz.
Żeby otrzymać jednoznaczne rozwiązanie, powinniśmy mieć też zadane warunki początkowe:
a0= z0, . . . , an−1= zn−1, gdzie z0, . . . , zn−1 to pewne stałe.
Rozpatrzmy równanie ak= 2ak−1− ak−2+ k z warunkami początkowymi a0= 1, a1= 1.
1. Przechodzimy do równania jednorodnego i rozwiązujemy je.
Równanie jednorodne odpowiadające (1) otrzymujemy przez wyrzucenie f (k):
(2) ak= cn−1ak−1+ cn−2ak−2+ . . . + c0ak−n,
Danemu równaniu odpowiada równanie jednorodne ak = 2ak−1− ak−2.
Podstawiając λiza ai(gdzie i przebiera wszystkie indeksy w równaniu (2)) i dzieląc przez λk−n otrzymujemy wielomian charakterystyczny równania (2):
(3) w(λ) = λn− cn−1λn−1− cn−2λn−2− . . . − c0.
Mamy w(λ) = λ2− 2λ + 1 = (λ − 1)2.
2. Obliczamy pierwiastki wielomianu charakterystycznego i wypisujemy rozwiązanie ogólne równania jednorodnego (2).
Niech λ1, . . . , λn będą pierwiastkami w(λ), niekoniecznie różnymi.
λ1= λ2= 1.
Rozwiązanie ogólne równania (2) jest sumą składników odpowiadającym pierwiastkom. Jeśli pewne λi jest pierwiastkiem jednokrotnym, to odpowiadający mu składnik to diλk, gdzie di
jest pewną stałą. Jeśli λj jest r-krotnym piierwiastkiem, czyli np. λj = λj+1= . . . = λj+r−i, to mamy jeden składnik odpowiadający pierwiastkom λj, . . . , λj+r−1, równy (dj+dj+1k +dj+2k2+ . . . + dj+r−1kr−1)λkj, gdzie dj, . . . , dj+r−1są stałymi.
Ponieważ λ1= 1 jest dwukrotnym pierwiastkiem, więc rozwiązanie ogólne ma postać (d1+ d2k)λk1= d1+ d2k.
3. Szukamy szczególnego rozwiązania równania niejednorodnego (1).
Zakładamy, że funkcja f (k) jest postaci p(k)µk, gdzie p(k) jest wielomianem stopnia s.
f (k) = k, więc p(k) = k (czyli s = 1) i µ = 1.
Jeśli µ nie jest równe żadnemu z pierwiastków λ1, . . . , λn, to istnieje rozwiązanie szczególne (1) postaci ak = q(k)µk, gdzie q(k) = bsks+ . . . + b1k + b0jest wielomianem stopnia k.
Jeśli natomiast µ jest jednym z pierwiastków λ1, . . . , λn, to istnieje rozwiązanie szczególne (1) postaci ak = krq(k)µk, gdzie r to krotność pierwiastka µ, a q(k) = bsks+ . . . + b1k + b0 jest wielomianem stopnia k.
1
2
µ = 1 = λ1= λ2 (czyli r = 2), więc zachodzi drugi przypadek: istnieje rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego postaci
ak= k2(b1k + b0)µk = b1k3+ b0k2.
Teraz trzeba sprawdzić, dla jakich wartości stałych b0, . . . , bsdostajemy rozwiązanie (1). W tym celu podstawiamy otrzymaną postać rozwiązania do równania (1) i obliczamy b0, . . . , bk, np.
porównując współczynniki przy potęgach k po obu stronach równania, albo podstawiając małe wartości k.
Podstawiamy do równania (1):
b1k3+ b0k2= 2(b1(k − 1)3+ b0(k − 1)2) − (b1(k − 2)3+ b0(k − 2)2) + k b1k3+ b0k2= b1k3+ b0k2+ (−6b1+ 1)k + 6b1− 2b0
0 = (−6b1+ 1)k + 6b1− 2b0
Stąd b1= 16 i b0=12, czyli mamy szczególne rozwiązanie równania niejednorodnego postaci
ak =k3 6 +k2
2 .
4. Obliczamy rozwiązanie równania (1) zgodne z warunkami początkowymi.
Wszystkie rozwiązania równania (1) to sumy rozwiązania ogólnego równania jednorodnego (2) i rozwiązania szczególnego równania niejednorodnego. W takim rozwiązaniu ogólnym nie ma- my ustalonych wartości parametrów d1, . . . , dn pochodzących z rozwiązania ogólnego równania jednorodnego. Możemy je obliczyć, używając warunków początkowych.
Wszystkie rozwiązania równania (1) to
d1+ d2k +k3 6 +k2
2 . Wartości d1 i d2 są wyznaczone przez warunki początkowe:
1 = a0= d1
1 = a1= d1+ d2+1 6 +1
2 = d2+5
3, czyli d2= −2 3. Zatem rozwiązaniem równania (1) jest
ak = k3 6 +k2
2 −2k
3 + 1 = 1
6(k3+ 3k2− 4k + 6)
