5 i 2007
Krzysztof Leśniak 19 stycznia 2007
Skróty:
(LJ-k) równanie liniowe jednorodne o stałych współczynnikach rzędu k, (L-k) równanie liniowe o stałych współczynnikach rzędu k,
(LZ-k) równanie liniowe o zmiennych współczynnikach rzędu k, (UL) układ równań liniowych,
(UL2) układ dwu równań liniowych.
Uwagi redakcyjne:
1. Do czasu egzaminu w miarę możliwości zostaną uwzględnione uwagi studentów (!).
2. Paragrafy 4 i 5: przedyskutowano kwestię zera jako pierwiastka charakterystycznego.
3. Paragraf 7: w zad.1 i 2 dopisano po 2 podpunkty (zero jako pierw. charakt.).
4. Paragraf 8: materiał dotyczący metody Frobeniusa rozwiązywania równ. różniczk. znajdzie się gdzie indziej.
Spis treści
1 Najprostsze równania pierwszego rzędu 1
2 Działania nieskończone 2
3 Struktura zbioru rozwiązań równania k-tego rzędu 6
4 Postać rozwiązań równania k-tego rzędu 9
5 Równanie liniowe drugiego rzędu 13
6 Układy równań liniowych 18
7 Równania rzędu trzeciego i czwartego 21
8 Transformata Z 24
Dodatek: Liczby zespolone 27
0
5 i 2007
1 Najprostsze równania pierwszego rzędu
(A)
(LJ-1) xn+1 = λ · xn Stosujemy indukcję:
x1 = λ x0,
x2 = λ x1 = λ · (λ x0) = λ2x0, x3 = λ x2 = λ · (λ2x0) = λ3x0,
. . . . xn= λ xn−1 = λ · (λn−1x0) = λnx0. (B)
xn+1= λ · xn+ yn Stosujemy indukcję:
x1 = λ x0+ y0,
x2 = λ x1+ y1 = λ · (λ x0 + y0) + y1 = λ2x0+ λ y0 + y1,
x3 = λ x2+ y2 = λ · (λ2x0+ λ y0+ y1) + y2 = λ3x0+ λ2y0+ λ y1+ y2,
. . . . xn = λ xn−1+ yn−1 = λ ·
λn−1x0+n−2P
i=0
λn−2−i· yi
+ yn−1 = λnx0+n−1P
i=0
λn−1−i· yi. (C) Jako szczególny przypadek (B) otrzymujemy
(L-1) xn+1 = a · xn+ b.
Rozwiązanie:
xn = anx0+
n−1
X
i=0
an−1−i· b =
( anx0+1−a1−an · b, gdy a 6= 1, anx0+ n · b, gdy a = 1.
Ćwiczenia
1. Rozumując indukcyjnie wyprowadzić wzór ogólny na rozwiązanie jednorodnego równania liniowego o zmiennych współczynnikach: xn+1 = an· xn, (an)∞n=0 – ustalony ciąg współczynni- ków.
2. Rozwiązać równania:
(a) xn+1 = 3 xn+ 1, (b) xn+1 = 2 xn+ n, (c) xn+1 = 4 xn+n+11 , (d) xn+1 = (n + 1) xn, (e) xn+1 = xn
n + 1, (f) xn+1 = xn2, (g) xn+1 = 5 · xn3, (h) xn+1 = xnn+1,
3. Rozwiązać równanie xn+1 = xn
1 + xn. Zwrócić uwagę na problem z xn = −1 wyznaczając dopuszczalny zbiór warunków początkowych x0. Wskazówka: Podstawić zn = x1
n.
4. Sprawdzić, że nieliniowe równanie pierwszego rzędu xn+1= β · xnα (α, β > 0) sprowadza się do liniowego, gdy podstawić zn = ln xn. Rozwiązać to równanie.
5. Opisać rozwiązanie równania
(LZ-1) xn+1 = an· xn+ bn.
Wskazówka: W opisie rozwiązania wykorzystać iloczyny Qn−1i=0, Qn−1s=i+1as.
5 i 2007
2 Działania nieskończone
Przypomnienie:
Szeregi. Sn= a0+a1+. . .+an= Pn
j=0
aj — n-ta suma częściowa szeregu
∞
P
n=0
an. Sumą szeregu nazywamy granicę limn→∞Sn, o ile ta istnieje. Szereg o sumie skończonej nazywamy zbieżnym.
Definicje dotyczą zarówno przypadku rzeczywistego jak i zespolonego.
Iloczyny nieskończone. Pn = a0 · a1 · . . . · an = Qn
j=0
aj — n-ty iloczyn częściowy iloczynu nieskończonego
∞
Q
n=0
an; zakładamy przy tym an > 0. Wartością iloczynu nieskończonego nazy- wamy granicę P = limn→∞Pn, o ile ta istnieje. Iloczyn nazywamy zbieżnym pod warunkiem, że 0 < P < ∞.
Badanie iloczynów możemy sprowadzić do badania szeregów za pomocą logarytmów: iloczy- nowi Q∞
n=0
an odpowiada szereg P∞
n=0
bn= P∞
n=0
ln an w myśl zależności ln Qn
j=0
aj = Pn
j=0
ln aj. Ułamki łańcuchowe. Rn = [a0; a1, a2, . . . , an−2, an−1, an] =
= a0+ 1
a1+ 1
a2+ ...
+an−2+ 1 an−1+ 1
an
— n-ty redukt ułamka łańcuchowego [a0; a1, a2, a3, . . .] = a0 + 1
a1+ 1
a2+ 1 a3+. ..
;
zakładamy przy tym an> 0. Wartością ułamka łańcuchowego nazywamy granicę limn→∞Rn. Szczególnie interesujący jest przypadek [a0; a1, a2, . . .], gdy an są całkowite. Liczby wymierne posiadają skończone rozwinięcie w taki ułamek łańcuchowy.
17 37 = 1
37 17
= 1
2 + 173 = 1 2 + 1
17 3
= 1
2 + 1 5 + 23
= 1
2 + 1 5 + 1
3 2
= 1
2 + 1
5 + 1 1 + 12
.
5 i 2007
Liczby niewymierne mogą mieć rozwinięcie okresowe.
√3 = 1 + (√
3 − 1) = 1 + 2
√3 + 1 = 1 + 1
√ 3+1
2
= 1 + 1
1 +
√ 3−1
2
=
= 1 + 1
1 + 1
√2 3−1
= 1 + 1
1 + 1
√3 + 1
= 1 + 1
1 + 1
2 + (√ 3 − 1)
=
= 1 + 1
1 + 1
2 + 1
1 +
√3−1 2
= 1 + 1
1 + 1
2 + 1
1 + 1
2+(√ 3−1)
= . . . = 1 + 1
1 + 1
2 + 1
1 + 1
2 + 1
1+...
.
Okresowość rozwinięcia łatwo zaobserwować dzięki zależnościom:
√
3 − 1 = 1
1 +
√3 − 1 2
,
√ 3 − 1
2 = 1
2 + (√
3 − 1).
(A) Szereg. Rozwiązaniem równania xn+1 = xn+ an+1, gdzie x0 = a0, (an)∞n=0 – zadany ciąg, jest n-ta suma częściowa szeregu P∞n=0an, xn =Pnj=0aj.
Np. xn+1= xn+(n+2)·(n+5)1 opisuje ciąg sum częściowych szeregu P∞
n=0 1
(n+1)(n+4). Na podstawie Paragrafu 1.(B), kładąc λ = 1, yn = (n+2) (n+5)1 oraz x0 = 14 w xn+1= λ · xn+ yn, dostajemy
xn= x0+n−1P
i=0
yi = 14 + Pn
j=1
yj−1 = Pn
j=0 1 (j+1) (j+4)
=[!] Pn j=0
1
3 ·j+11 − j+41 =
= 13 ·h 11 − 614 +12− 615+13− 616+614− 617+615− 618+616− 619+ 6. . . 6. . . +6n−31 − 61n+6n−21 − 6n+11 +6n−11 − n+21 +61n − n+31 +6n+11 − n+41 i=
= 31 ·h116 −n+21 +n+31 +n+41 i. [!] Rozkładamy na ułamki proste (j+1) (j+4)1 = j+1α + j+4β .
Natomiast ciąg xn = x0 − 14 + 1118 − 31 · n+21 + n+31 + n+41 stanowi rozwiązanie równania xn+1 = xn+ (n+2)·(n+5)1 przy dowolnym warunku początkowym x0.
(B) Iloczyn nieskończony. Rozwiązaniem równania xn+1 = xn· an+1, gdzie x0 = a0, (an)∞n=0 – zadany ciąg, jest n-ty iloczyn częściowy iloczynu Q∞n=0an, xn =Qnj=0aj.
Np. xn+1 = xn·1 −(n+3)1 2
opisuje ciąg iloczynów częściowych iloczynu
∞
Q
n=0
1 − (n+2)1 2
. Rozwiązujemy
xn=1 −(n+2)1 2
· xn−1 =1 − (n+2)1 2
·1 − (n+1)1 2
· xn−2= . . . = Qn
j=1
1 − (j+2)1 2
· x0 =
= Qn
j=1
1 −j+21 ·1 + j+21 · x0 = Qn
j=1 j+1 j+2· Qn
j=1 j+3
j+2 · x0 =
=263 · 6364 · 6465 · . . . ·6n−16n · 6n+16n · 6n+1n+2·643 · 6564 · 6665 · . . . ·6n+16n · 6n+26n+1 · n+36n+2· x0 = 23 ·1 + n+21 · x0.
5 i 2007
(C) Ułamek łańcuchowy. W trakcie rozwijania liczby x > 0 w ułamek łańcuchowy o całko- witych współczynnikach (an)∞n=0 powtarzamy następującą procedurę:
(i) weź x = a0+ 1
a1+ 1
a2+ . ..
+an−1+1 y
, (ii) rozłóż y = [y]
|{z}
część całkowita
+ 1
y0
|{z}
część ułamkowa
,
(iii) i zamień: an= [y], x = a0 + 1
a1+ 1
a2+ . ..
+an−1+ 1 an+ 1
y0 .
W przypadku wymiernego x proces ten się zatrzyma. Dla niewymiernego x dostajemy układ uwikłanych równań rekurencyjnych
xn
|{z}y
= an+ xn+11
| {z }
y0
, an = [xn],
z warunkiem początkowym x0 = x. Uzyskany opis ciągu współczynników (an)∞n=0, a zarazem reduktów [a0; a1, . . . , an], musi uwzględniać xn+1 – najniżej położone mianowniki w reduktach [a0; a1, . . . , an, xn+1]. Uwikłanie stanowi tylko pozorną trudność, gdyż zachodzi
xn+1 = 1 xn− [xn].
(D) Nieskończony pierwiastek. Formuła xn+1 = √
a + xn, gdzie x0 = 0, a > 0 – zadana liczba, opisuje n-te przybliżenie pierwiastka nieskończonego
r
a +qa +√
a + . . . . Podobnie xn+1 =√p
a · xn, gdzie x0 = 1, a > 0, p > 1 – zadane liczby, opisuje n-te przybliże- nie pierwiastka p
r
a ·qpa ·√p
a · . . . . Ćwiczenia
1. Rozwinąć w ułamek łańcuchowy liczby: 67
29, 5531, 220151, 225157, √ 2,
√ 5 − 1
2 , √ 7.
2. Rozwiązać równania:
(a) xn+1 = xn+(n+1)(n+2)1 , (b) xn+1= xn+ 5n+11 , (c) xn+1 = xn+ 6n+1,
(d) xn+1 = xn+ 2n, (e) xn+1= xn+ (−1)n, (f) xn+1 = xn+(n+1)(n+2)(n+3)1 . 3. Rozwiązać równania:
(a) xn+1= (n + 1)3 · xn, (b) xn+1= n+14 · xn, (c) xn+1 = n+41 · xn, (d) xn+1= 6n+1· xn, (e) xn+1= 52n+1· xn, (f) xn+1 = (n+1)(n+2)23 · xn, (g) xn+1= 7n· (n + 1) · xn, (h) xn+1=1 −n+31 · xn, (i) xn+1 =q31 + n+11 · xn.
5 i 2007
4. Wyznaczyć wartości iloczynów: Q∞
n=0
1 − n+54 , Q∞
n=0
1 + a2n (|a| < 1).
5. Wyznaczyć wzór na n-te przybliżenie pierwiastka p
r
a ·qpa ·√p
a · . . . . Znaleźć wartość tego pierwiastka. Wskazówka: Użyć sumowania Pnj=0 w wykładniku a.
6. Niech dany będzie ciąg (bn)∞n=0. Wyznaczyć ciąg wyrazów (an)∞n=0 szeregu P∞
n=0
an mającego (bn)∞n=0 za ciąg swych sum częściowych. Znaleźć (an)∞n=0, gdy:
(a) bn = 1 − (n+2)1 , (b) bn= 1 − (n+1)1 2.
7. (Warunek konieczny zbieżności iloczynu) Jeśli iloczynQ∞n=0anjest zbieżny, to limn→∞an= 1.
Czy iloczyn ∞Q
n=0
(n + 1) · 7n+ 5n
(n + 1)2· 7n+ 5n jest zbieżny? Znaleźć jego wartość.
5 i 2007
3 Struktura zbioru rozwiązań równania k-tego rzędu
Ogólna postać liniowego równania rekurencyjnego k-tego rzędu o stałych współczynnikach, od- powiednio jednorodnego i niejednorodnego:
(LJ-k) xn+k =k−1P
i=0
di· xn+i, (L-k) xn+k =k−1P
i=0
di· xn+i+ h.
Oznaczmy: S – zbiór rozwiązań (xn)∞n=0 ∈ C∞ równania (LJ-k), R – zbiór rozwiązań (L-k).
Twierdzenie 1 (Zasada Superpozycji)
(o) Ciąg (xn)∞n=0= (0)∞n=0 ∈ S. W szczególności S 6= ∅.
(i) Jeśli (xn)∞n=0 ∈ S, to α · (xn)∞n=0 = (α · xn)∞n=0∈ S.
(ii) Jeśli (xn)∞n=0, (yn)∞n=0 ∈ S, to (xn)n=0∞ + (yn)∞n=0 = (xn+ yn)∞n=0 ∈ S.
(iii) Jeśli (xn)∞n=0, (yn)∞n=0 ∈ R, to (xn)n=0∞ − (yn)∞n=0 = (xn− yn)∞n=0∈ S.
(iv) Jeśli (xn)∞n=0 ∈ R, (yn)∞n=0 ∈ S, to (xn)n=0∞ + (yn)∞n=0= (xn+ yn)∞n=0 ∈ R.
Dowód. Ad (o): 0 = Pk−1i=0 di· 0.
Ad (i): xn+k =k−1P
i=0
di· xn+i ⇒ α · xn+k = α ·k−1P
i=0
di· xn+i =k−1P
i=0
di· (α · xn+i).
Ad (ii): xn+k =k−1P
i=0
di· xn+i, yn+k =k−1P
i=0
di· yn+i ⇒
xn+k+ yn+k =
k−1
X
i=0
(di · xn+i+ di· yn+i) =
k−1
X
i=0
di· (xn+i+ yn+i).
Ad (iii)-(iv): P. ćw. 1.
Twierdzenie 2 (o strukturze zbioru rozwiązań) Zbiór S rozwiązań równania (LJ-k) sta- nowi k-wymiarową podprzestrzeń liniową przestrzeni C∞, zaś zbiór R rozwiązań (L-k) stanowi k-wymiarową podprzestrzeń afiniczną.
Dowód. Każdemu ciągowi warunków początkowych (x0, x1, . . . , xk−1) ∈ Ck odpowiada rozwią- zanie
S(x0, x1, . . . , xk−1) = (xn)∞n=0 ∈ S ⊂ C∞.
(Jeśli znamy początkowe k-wyrazów możemy wyznaczyć z formuły rekurencyjnej (k + 1)-szy wyraz.) Ponadto, z Zasady Superpozycji,
S (α · (x0, x1, . . . , xk−1)) = α · S(x0, x1, . . . , xk−1),
S ( (x0, x1, . . . , xk−1) + (y0, y1, . . . , yk−1) ) = S(x0, x1, . . . , xk−1) + S(y0, y1, . . . , yk−1), czyli S : Ck→ S jest liniowe.
Oczywiście różnym układom warunków początkowych odpowiadają różne rozwiązania (ciągi mające różne początki są różne), czyli S jest injekcją (monomorfizmem). Wreszcie każde roz- wiązanie wyznaczone jest przez ciąg warunków początkowych (każdy ciąg ma początek), tzn. S
5 i 2007
jest surjekcją (epimorfizmem). Zatem S zadaje izomorfizm pomiędzy przestrzenią rozwiązań S a przestrzenią ciągów warunków początkowych Ck, skąd dim(S) = dim(Ck) = k.
Na koniec, jak widać z własności (iii)-(iv) Zasady Superpozycji: R = (xn)∞n=0 + S, gdzie (xn)∞n=0∈ R jest dowolnie wybranym rozwiązaniem (L-k).
Wszystkie rozwiązania (L-k) = ustalone rozwiązanie (L-k) + + wszystkie rozwiązania (LJ-k).
Zasada Superpozycji i Twierdzenie o strukturze zbioru rozwiązań zachodzą też dla równań liniowych o zmiennych współczynnikach, a ich dowody wyglądają tak samo jak dane powyżej.
Jak widzieliśmy wyżej jednorodne równanie liniowe posiada co najmniej jedno rozwiązanie - trywialne rozwiązanie zerowe. Już jednak w przypadku równania niejednorodnego niełatwo wskazać takie rozwiązanie za pomocą „bezpośredniego wzoru”.
Wyjaśnimy obecnie kiedy dowolne równanie rekurencyjne (niekoniecznie liniowe) ma rozwią- zania.
Twierdzenie 3 (o istnieniu i jednoznaczności rozwiązań) Nieuwikłane równanie rekuren- cyjne k-tego rzędu
xn+k = f (xn+(k−1), xn+(k−2), . . . , xn+1, xn)
posiada dla dowolnego układu warunków początkowych x0, x1, . . . , xk−1 dokładnie jedno rozwią- zanie.
Dowód. Mamy dane x0, x1, . . . , xk−1. Dalej kolejno wyznaczamy w sposób jednoznaczny:
xk = f (xk−1, . . . , x1, x0), xk+1 = f (xk, xk−1, . . . , x2, x1),
. . . .
Poniższe przykłady ukazują istotność założenia, że wyraz najwyższego rzędu xn+k nie jest uwikłany w równaniu.
Przykład. xn+1· xn = (−1)n.
Brak rozwiązań przy x0 = 0. Dla x0 6= 0 istnieje dokładnie jeden ciąg (xn)∞n=0 startujący z x0. Przykład. (xn+1− xn)2+ 1 = 0.
Posiada wyłącznie rozwiązania urojone (brak rzeczywistych). Dla każdego warunku początko- wego x0 istnieje nieskończenie wiele ciągów (xn)∞n=0 startujących z x0.
Ćwiczenia
1. Uzasadnić własności (iii)-(iv) Zasady Superpozycji.
2. Udowodnić, że rozwiązania jednorodnego równania liniowego drugiego rzędu:
xn+2 = an· xn+1+ bn· xn,
(an)∞n=0, (bn)∞n=0 – zadane ciągi współczynników, podlegają Zasadzie Superpozycji (o)-(ii).
5 i 2007
3. Niech λ 6= 0. Jeżeli xn = λn spełnia równanie
(LJ-2) xn+2 = a · xn+1+ b · xn,
to P (λ) = λ2− a · λ − b = 0 (tzw. równanie charakterystyczne). I na odwrót, jeśli P (λ) = 0, to xn = λnstanowi rozwiązanie (LJ-2). Jeżeli λ jest pierwiastkiem podwójnym równania P (λ) = 0, to yn = n · λn stanowi inne, oprócz xn = λn, rozwiązanie (LJ-2). Wskazówka: Podstawić xn= λn do równania (LJ-2).
Przypomnijmy, że ciągi (xn)∞n=0, (yn)n=0∞ , (zn)∞n=0 ∈ C∞ są liniowo niezależne, o ile dla dowol- nych α, β, γ ∈ C
(α xn+ β yn+ γ zn)∞n=0= α · (xn)∞n=0+ β · (yn)∞n=0+ γ · (zn)∞n=0= 0 ⇒ α = β = γ = 0.
4. Niech λ, q 6= 0, λ 6= q, xn = λn, yn = n · λn, zn = qn. Pokazać, że ciągi (xn)∞n=0, (yn)∞n=0, (zn)∞n=0 są liniowo niezależne. Wskazówka: Spostrzec, że jeśli kombinacja ciągów nieskończonych się zeruje, to również zeruje się kombinacja ciągów trójwyrazowych; wykorzystać wyznacznik 3 × 3.
5. Opierając się na wynikach zawartych w ćw. 3 i ćw. 4 oraz na Twierdzeniu o strukturze zbioru rozwiązań, wyznaczyć wszystkie rozwiązania równań:
(a) xn+2 = xn+1+ 12xn, (b) xn+2= 6xn+1− 9xn, (c) xn+2= i · xn+1− 6xn, (d) xn+2 = 2xn+1− 2xn, (e) xn+2 = −2xn+1− xn, (f) xn+2 = 2i · xn+1− xn.
5 i 2007
4 Postać rozwiązań równania k-tego rzędu
Przedstawmy równanie
(LJ-k) xn+k =
k−1
X
i=0
di· xn+i nieco inaczej
(xn+k)∞n=0−
k−1
X
i=0
di· (xn+i)∞n=0= 0 (ciąg zerowy).
Oznaczamy: I, E : C∞→ C∞,
I((xn)∞n=0) = (xn)∞n=0 (operator identycznościowy), E((xn)∞n=0) = (xn+1)∞n=0 (tzw. operator przesunięcia).
Są to operatory liniowe. Zauważmy, że Ei(xn)∞n=0 = (xn+i)∞n=0, gdzie Ei = E ◦ E ◦ . . . ◦ E
| {z }
i−krotnie . Otrzymujemy:
P (E) ((xn)∞n=0) = Ek−
k−1
X
i=0
di· Ei
!
((xn)∞n=0) = Ek((xn)∞n=0) −
k−1
X
i=0
di· Ei((xn)∞n=0) = 0,
gdzie P (t) = tk−k−1P
i=0
di· ti. P nazywamy wielomianem charakterystycznym.
Niech P (t) = Q
j
(t − λj)µj; λj — pierwiastek P , µj — krotność λj, P
j
µj = k. Uzyskujemy tzw. rozkład spektralny:
(Sp) P (E) ((xn)∞n=0) =Y
j
(E − λj · I)µj((xn)∞n=0) = 0;
Q
j
oznacza tu składanie operatorów, a (·)µj – potęgowanie operatorów (µj-krotne składanie).
Ciąg (xn)∞n=0 stanowi rozwiązanie (Sp) a tym samym rozwiązanie (LJ-k) dokładnie wtedy, gdy jest kombinacją liniową rozwiązań zagadnień własnych
(ZW) (E − λj · I)µj((xn)∞n=0) = 0.
Dalej indeks j dla prostoty pomijamy.
a) µ = 1 (pierwiastek prosty = jednokrotny).
(E − λI)1((xn)∞n=0) = 0
⇔ xn+1 = λ · xn
⇔ xn = λn· x0. b) µ = 2 (pierwiastek podwójny).
(E − λ I)2((xn)∞n=0) = 0 (E − λ I) [(E − λ I) (xn)∞n=0]
| {z }
(yn)∞n=0
= 0
( (E − λ I) (xn)∞n=0= (yn)∞n=0 (1) (E − λ I) (yn)∞n=0 = 0 (2)
5 i 2007
Rozwiązujemy (1)
xn+1 = λ xn+ yn xn = λnx0+n−1P
i=0
λn−1−i· yi (3)
Rozwiązujemy (2) tak jak w a): yn= λn· y0. Wynik podstawiamy do (3):
xn = λn· x0+n−1P
i=0
λn−1−i· (λi· y0) =
= λn· x0 +n−1P
i=0
λn−1· y0 =
= λn· x0 + n · λn−1· y0 =
= λn·x0+ n · yλ0= λn· Q(n), gdzie deg Q < µ = 2.
c) Ogólnie:
(E − λ I)µ(xn)∞n=0= 0 ⇔ xn= λn· Q(n), deg Q < µ.
Zakładamy, że zależność powyższa zachodzi przy µ − 1.
(E − λ I)µ(xn)∞n=0 = (E − λ I)µ−1 [(E − λ I) (xn)∞n=0]
| {z }
(yn)∞n=0
= 0
( (E − λ I) (xn)∞n=0 = (yn)∞n=0 (1) (E − λ I)µ−1(yn)∞n=0 = 0 (2’) Z założenia indukcyjnego rozwiązanie (2’) ma postać
yn= λn· R(n), deg R(n) < µ − 1.
Podstawiając to teraz do rozwiązania (1) zawartego w (3):
xn= λn· x0+n−1P
i=0
λn−1−i· yi =
= λn· x0+n−1P
i=0
λn−1−i· (λi· R(i)) =
= λn·
x0+λ1 ·n−1P
i=0
R(i)
[!]
=
= λn· Q(n), deg Q < (µ − 1) + 1 = µ.
[!] P. ćw. 5.
Przedstawione rozumowanie doprowadziło nas do następującego twierdzenia.
Twierdzenie 4 (o postaci rozwiązań) Wszystkie rozwiązania równania (LJ-k) xn+k =
k−1
X
i=0
di· xn+i są postaci
X
j
Qj(n) · λjn, gdzie λj – pierwiastki równania charakterystycznego
P (t) = tk−
k−1
X
i=0
di· ti = 0,
5 i 2007
µj – krotności pierwiastków λj, P
j
µj = k, Qj – wielomiany stopnia deg Qj < µj. Ciągi xn= nαj · λjn
, αj = 0, 1, 2, 3, . . . , (µj − 1), rozpinają przestrzeń rozwiązań S równania (LJ-k).
Zbiór ciągów (xn)∞n=0 stanowiący bazę przestrzeni S nazywamy układem rozwiązań funda- mentalnych.
Pierwiastek charakterystyczny zero
Oznaczmy δk,n =n1, gdy n=k0, gdy n6=k, δk= (δk,n)∞n=0. Równanie (ZW) (E − λ I)µ(xn)∞n=0 = 0 dla λ = 0 ma rozwiązania specjalnej postaci:
Eµ(xn)∞n=0 = 0 ⇔ xn+µ = 0 ⇔
xn=µ−1P
j=0
cj · δj,n =
c0, n = 0, c1, n = 1, . . .
cµ−1, n = µ − 1, 0, n > µ.
Układ rozwiązań fundamentalnych: δ0, δ1, . . . , δµ−1.
(Podstawienie λ = 0 do wzoru na postać rozwiązań wydaje się prowadzić do rozwiązania trywialnego Q(n) · λn = 0. Jednakże zgodnie z definicją przyjętą w arytmetyce kardynalnej:
0n =n1, gdy n=00, gdy n>0 = δ0,n.) Ćwiczenia
Przypomnijmy, że T : C∞→ C∞ jest operatorem liniowym, gdy
∀(xn)∞
n=0,(yn)∞n=0∈C∞∀α,β∈C T (α · (xn)∞n=0+ β · (yn)∞n=0) = α · T ((xn)∞n=0) + β · T ((yn)∞n=0).
Operatory możemy dodawać, odejmować, mnożyć (przez skalar) i składać (mnożyć jak macierze skończonych rozmiarów). Dla S, T : C∞→ C∞ i γ ∈ C definiujemy:
(γ · T ) ((xn)∞n=0) = γ · T ((xn)∞n=0), (S ± T ) ((xn)∞n=0) = S((xn)∞n=0) ± T ((xn)∞n=0), (T ◦ S) ((xn)∞n=0) = T (S((xn)∞n=0)), Ti = T ◦ T ◦ . . . ◦ T
| {z }
i−krotnie
, T0 = I.
1. Uzasadnić własności:
(o) działania ”·”, ”+”, ”−” i ”◦” wykonywane na operatorach liniowych prowadzą do opera- torów liniowych;
(i) γ · T = (γ · I) ◦ T , −T := 0 − T = (−1) · T , γ · (T1± T2) = γ · T1± γ · T2; (ii) T1+ T2 = T2+ T1, (T1+ T2) + T3 = T1+ (T2+ T3);
(iii) (T1 ◦ T2) ◦ T3 = T1◦ (T2◦ T3), Ti◦ Tj = Ti+j;
5 i 2007
(iv) S ◦ (T1+ T2) = S ◦ T1+ S ◦ T2, (T1+ T2) ◦ S = T1◦ S + T2◦ S;
(v) na ogół S ◦ T 6= T ◦ S.
2. Sprawdzić, że Ei((xn)∞n=0) = (xn+i)∞n=0.
Dla operatora T : C∞→ C∞ i wielomianu H(t) = Pk
i=0
hi · ti definiujemy operator
H(T ) =
k
X
i=0
hi· Ti.
3. Niech W i F będą wielomianami, przy czym W (t) = F (t) · (t − λ), tzn. λ jest pierwiastkiem wielomianu W . Pokazać, że wówczas dla operatora T zachodzi:
W (T ) = F (T ) ◦ (T − λ I).
Wywnioskować stąd, że gdy W (t) = Q
j
(t − λj)µj, to W (T ) =Q
j
(T − λjI)µj, gdzie Qj w ostat- nim wzorze oznacza złożenie.
4. Rozwiązać (od początku) zagadnienie (E − λ I)3((xn)∞n=0) = 0. Wskazówka: Por. część b) przy µ = 2 w dowodzie twierdzenia o postaci rozwiązań.
5. Jeśli deg W = s dla wielomianu W (n) zmiennej naturalnej, to deg V = s + 1 dla „splotu”
V (n) =n−1P
i=0
W (i). Wskazówka: Jeśli W (n) = P
p6s
wpnp, to V (n) =n−1P
i=0
P
p6s
wp· ip = P
p6s
wp · Up(n), gdzie Up(n) =n−1P
i=0
ip, deg Up = p + 1.
Stopień deg Up można wyznaczyć w oparciu o stosowny wzór „bezpośredni” na Up. Inna metoda: rozłożyć
Up(n) = 0p + 1p+ . . . +
n − 1 2
p
+
liczba składników>n−12
z }| {
n − 1 2
+ 1
p
| {z }
>(n−12 )
+ . . . + (n − 1)p
| {z }
>(n−12 ) ,
po czym zauważyć, że
0 < 1 2p+1 ←−
n→∞
n − 1 2
·
n − 1 2
p
np+1 6 Up(n)
np+1 6 (n − 1) · (n − 1)p
np+1 −→
n→∞1 < ∞.
(Dla pedantów: środkowe wyrażenie posiada granicę, którą można wyznaczyć np. za pomocą całek lub reguły Stolza.)
