Równania ró znicowe wg A. Ostoja - Ostaszewski "Matematyka w ekonomii. Modele i metody".

Transkrypt

1 Równania ró znicowe wg A. Ostoja - Ostaszewski "Matematyka w ekonomii. Modele i metody". Przyk ad. Za ó zmy, ze w chwili t = 0 populacja liczy P 0 osób. Roczny wskaźnik urodzeń wynosi b = 00, a roczna umieralność d = 0. Oznacza to, ze je zeli w końcu n-tego roku zyje P n osób, to w nastepnym roku urodzi sie Pn 00 dzieci i umrze Pn 0 osób. Zatem liczba osób zyjacych na koniec (n + )-ego roku wyniesie P n+ = P n + 00 P n 0 P n = P n ( + b d) = P n Zachodzi pytanie, czy z tego zwiazku potra my wyznaczyć wzór na wyraz ogólny ciagu (P n ). Je zeli oznaczymy przez r = b d, to mamy zwiazek P n+ = P n ( + r), () który jest przyk adem równania ró znicowego (tzw. równanie wzrostu) opisujacego przyrost populacji. Na poczatek odgadniemy rozwiazanie. Twierdzimy, ze rozwiazaniem jest ciag P n = A ( + r) n, n = 0; ; 2; :::, gdzie A jest dowolna sta a. Sprawdźmy, ze to jest rozwiazanie równania (): L = A ( + r) n+, P = A ( + r) n ( + r) = A ( + r) n+, L = P. Jest to tak zwane rozwiazanie ogólne równania (). Rozwiazania ogólne zawsze zawieraja dowolne sta e. Podstawiajac w ich miejsce konkretne liczby otrzymujemy tzw. rozwiazania szczególne. Aby dla danego problemu uzyskać w aściwe rozwiazanie szczególne, potrzebne sa tak zwane warunki brzegowe. Warunek brzegowy jest dodatkowa porcja informacji, która pozwoli wyznaczyć nieokreślone sta e. Na przyk ad w naszym modelu wzrostu mo zemy si e dowiedzieć, ze populacja w chwili 0 liczy 00 osób, P 0 = 00. Znaczy to, ze 00 = P 0 = A ( + r) 0 = A, a wiec w aściwym dla naszego problemu rozwiazaniem szczególnym b edzie P n = 00 + n. 000 Zde niujmy tzw. operator przesuni ecia: Ey n = y n+ dla n = 0; ; 2; :::. Wówczas wielokrotne z o zenia tego operatora daja E 2 y n = E (Ey n ) = Ey n+ = y n+2,

2 E 3 y n = E E 2 y n = Eyn+2 = y n+3 itd. De nicja. Równaniem ró znicowym liniowym o sta ych wspó czynnikach nazywamy równanie postaci p (E) y n = g n, (2) gdzie p jest wielomianem, (g n ) jest danym ciagiem, a (y n ) jest szukanym ciagiem. Je zeli g n = 0 dla ka zdego n, to równanie (2) nazywamy jednorodnym. Model wzrostu daje w aśnie równanie ró znicowe liniowe jednorodne, w którym p (x) = x c, c = + r. Wówczas mamy p (E) y n = 0 (E c) y n = 0 Ey n cy n = 0 y n+ = ( + r) y n. De nicja 2. Stopień wielomianu p nazywamy rz edem równania (2) o ile wielomian p ma niezerowy wyraz wolny. Innym przyk adem równania liniowego jednorodnego jest E 2 3E + 2 y n = 0, y n+2 3y n+ + 2y n = 0. Jest to równanie rz edu drugiego. Zauwa zmy, ze z tej ostatniej postaci widać, ze jeśli znane sa wyrazy y 0, y pewnego rozwiazania, to daje si e wyznaczyć wszystkie nast epne wyrazy. Zatem w przypadku tego równania, aby wyznaczyć rozwiazanie szczególne, musimy mieć dane dwa warunki brzegowe, a nie, jak w przepadku modelu wzrostu, gdzie wystarcza jeden warunek brzegowy. Ogólnie im wy zszy rzad równania ró znicowego, tym wi ecej potrzeba warunków brzegowych. atwo znaleźć ogólne rozwiazanie równania ró znicowego p (E) y n = 0, n = 0; ; 2; :::, (3) gdy wielomian p (x) rozk ada sie na czynniki w sposób nastepujacy p (x) = (x c ) (x c 2 ) ::: (x c m ), a wszystkie pierwiastki c ; :::; c m sa ró zne (tzn. maja krotność ). Wówczas ogólnym rozwiazaniem równania (3) jest ciag y n = A c n + A 2 c n 2 + :: + A m c n m (n = 0; ; 2; :::), (4) gdzie A ; :::; A m sa dowolnymi sta ymi. 2

3 Wyka zemy ten fakt. Z wcześniejszych rozwa zań wiemy, ze y n = A k c n k jest rozwiazaniem ogólnym równania (E c k ) y n = 0. Poniewa z jednak c k jest pierwiastkiem wielomianu p (x), wiec na mocy twierdzenia Bezouta mamy p (x) = (x c k ) q (x), gdzie q (x) jest wielomianem stopnia m. Wynika stad, ze p (E) y n = q (E) (E c k ) y n. Wiemy jednak, ze (E c k ) y n = 0. Stad p (E) y n = 0, y n = A k c n k jest rozwiazaniem równania (3). Poniewa z p (E) (y n + z n ) = p (E) y n + p (E) z n i zachodzi analogiczna równość dla dowolnej skończonej sumy ciagów, wiec (4) jest rozwiazaniem równania (3). Przyk ad 2. Rozwa zmy równanie ró znicowe y n+2 3y n+ + 2y n = 0, (5) E 2 3E + 2 y n = 0. Poniewa z p (x) = x 2 3x + 2 = (x ) (x 2), wiec ogólnym rozwiazaniem równania (5) jest ciag y n = A n + B 2 n = A + B 2 n, gdzie A; B sa dowolnymi sta ymi. Je zeli teraz za z adamy, aby y 0 = i y = 2, to rozwiazanie szczególne otrzymujemy rozwiazuj ac uk ad równań = A + B 2 = A + 2B, z którego A = jest 4 i B = 3. Zatem poszukiwanym rozwiazaniem szczególnym y n = n. Je zeli teraz wielomian p ma pierwiastki wielokrotne, np. pierwiastek c ma krotność l, to wyra zenie postaci Ac n we wzorze (4) musimy zastapić przez Ac n + Bnc n + ::: + Mn l c n, gdzie A; B; :::; M sa dowolnymi sta ymi. 3

4 Przyk ad 3. Rozwa zmy równanie Mamy, jak atwo sprawdzić y n+3 7y n+2 + 6y n+ 2y n = 0, E 3 7E 2 + 6E 2 y n = 0. p (x) = x 3 7x 2 + 6x 2 = (x 2) 2 (x 3). Zgodnie z powy zsza teoria rozwiazaniem ogólnym jest y n = A 2 n + Bn 2 n + C 3 n, gdzie A; B; C sa dowolnymi sta ymi. Sprawdźmy, ze tak jest: y n+3 7y n+2 + 6y n+ 2y n = A 2 n+3 + B (n + 3) 2 n+3 + C 3 n+3 7A 2 n+2 7B (n + 2) 2 n+2 7C 3 n+2 + 6A 2 n+ + 6B (n + ) 2 n+ + 6C 3 n+ 2Bn 2 n 2C 3 n 2A 2 n = 2 n (8A + 8Bn + 24B 28A 28Bn 56B + 32A + 32Bn + 32B 2A = 0. 2Bn) + 3 n (27C 63C + 48C 2C) Je zeli teraz zadamy warunki brzegowe y 0 =, y = 3, y 2 = 2, to rozwiazuj ac uk ad równań 8 < : z którego A =, B = 2, C = szczególne = A +C 3 = 2A +2B +3C 2 = 4A +8B +9C, 0, otrzymujemy poszukiwane rozwi azanie y n = 2 n + 2 n 2n 0 3 n. Nazwa równanie ró znicowe bierze si e od operatora ró znicowego określonego wzorem y n = y n+ y n. Sprawdzimy jaki jest zwiazek mi edzy operatorem przesuni ecia a operatorem ró znicowym: Ey n = y n+ = y n+ y n + y n = y n + y n = ( + ) y n, a wiec Na przyk ad równanie ró znicowe E = +. E 2 + 3E + 2 y n = 0 4

5 mo zna zapisać w postaci ( + ) ( + ) + 2 y n = 0, y n = 0. Przedstawienie równań ró znicowych za pomoca operatora ró znicowego pozwala atwiej zobaczyć, ze to, co robimy rozwiazuj ac równanie ró znicowe, jest w aśnie sumowaniem dwóch lub wi ecej sk adników. Powodem jest to, ze dodawanie jest przeciwieństwem usuwania (ró znicowania). Na przyk ad ogólnym rozwiazaniem równania ró znicowego y n = f n, n = 0; ; ::: (równanie liniowe niejednorodne rzedu jeden) jest y n = P n k=0 f k + A, n = 0; ; 2; :::, gdzie A jest dowolna sta a (umawiamy sie tutaj, ze P k=0 f k = 0). Istotnie, L = y n = y n+ y n = nx f k + A k=0 Przyk ad 4. Rozwia zmy równanie nx f k A = f n = P. k=0 y n+ y n = 2n + 3, y n = 2n + 3. Ogólnym rozwiazaniem na mocy wzoru na sume n wyrazów ciagu arytmetycznego jest nx y n = (2k + 3) + A = 3 + 2n + 2 k=0 n + A = n 2 + 2n + A. Zajmiemy si e teraz badaniem mo zliwości rozwiazania niejednorodnych równań liniowych o sta ych wspó czynnikach. Rozwa zmy równanie p (E) y n = g n, (6) gdzie E jest operatorem przesuniecia i (g n ) jest danym ciagiem. Niech yn b edzie rozwiazaniem szczególnym równania (6) i y n dowolnym innym rozwiazaniem tego równania. Wówczas p (E) (y n y n) = p (E) y n p (E) y n = g n g n = 0, wiec z n = y n yn jest rowiazaniem równania jednorodnego p (E) z n = 0 5

6 odpowiadajacego równaniu (6). Zatem rozwiazaniem ogólnym równania (6) jest suma rozwiazania szczególnego tego równania i rozwiazania ogólnego odpowiadajacego mu równania jednorodnego. Zastosujmy ten wynik do kilku przyk adów. Przyk ad 5. Znaleźć ogólne rozwiazanie równania ró znicowego Roz ó zmy na czynniki wielomian y n+2 5y n+ + 6y n =. (7) p (x) = x 2 5x + 6 = (x 2) (x 3). Odpowiadajace równaniu (7) równanie jednorodne ma rozwiazanie ogólne postaci y n = A 2 n + B 3 n. Szukamy teraz szczególnego rozwiazania równania niejednorodnego. Sprawdźmy na poczatek, czy istnieje rozwiazanie sta e y n = k. Podstawiajac ten ciag do lewej strony równania (7) dostajemy L = k 5k + 6k = 2k. Zatem przy k = 2 otrzymujemy rozwiazanie danego równania. Ogólnym rozwi a- zaniem równania (7) jest wi ec y n = 2 + A 2n + B 3 n. Przyk ad 6. Znaleźć ogólne rozwiazanie równania ró znicowego y n+2 5y n+ + 6y n = n. (8) Tym razem nie ma sta ego rozwiazania, co atwo sprawdzić przeprowadzajac rachunek podobny do wykonanego w poprzednim przyk adzie. Spróbujmy jednak u zyć ciagu wystepujacego po prawej stronie danego równania i sprawdźmy, czy równanie to nie ma rozwiazań postaci y n = kn. Podstawiajac do lewej strony równania dostajemy L = k [(n + 2) 5 (n + ) + 6n] = k (2n 3). Widać wi ec, ze przeszkadza nam otrzymany tutaj wyraz wolny, którego nie ma po prawej stronie równania. W takim razie być mo ze rozwiazaniem b edzie ciag y n = kn + l przy stosownie dobranych sta ych k; l. Mamy L = k [(n + 2) 5 (n + ) + 6n] + l ( 5 + 6) = k (2n 3) + 2l = 2kn + (2l 3k). Zatem rozwiazanie otrzymamy przy k = 2 i l = 3 4. Ostatecznie rozwi azaniem ogólnym danego równania b edzie y n = 2 n A 2n + B 3 n. 6

7 Okazuje si e, ze jeśli prawa strona równania niejednorodnego jest wielomianem, to rozwiazanie szczególne te z jest wielomianem cz esto tego samego stopnia. Przyk ad 7. Rozwiazać równanie y n+2 3y n+ + 2y n = 3 n. Oczekujemy rozwiazania szczególnego postaci y n = k 3 n. Podstawmy do lewej strony: L = k 3 n ( ) = 2k 3 n. (9) Zatem jest to rozwiazanie szczególne przy k = 2. Ostatecznie rozwi azaniem ogólnym jest y n = 2 3n + A + B 2 n. Z (9) widać, ze L = k 3 n p (3), w ogólnym przypadku mamy k = Przyk ad 8. Rozwiazać równanie y n+2 3y n+ + 2y n =. p(3). Prawa strone mo zna traktować jako n, ale nie da sie zastosować procedury z poprzedniego przyk adu, bo p () = 0. Sprawdźmy wiec, czy ciag y n = kn n nie jest rozwiazaniem szczególnym. Podstawienie do lewej strony daje L = k [(n + 2) 3 (n + ) + 2n] = k. Zatem przy k = otrzymujemy rozwiazanie szczególne. Zauwa zmy, ze w tym przypadku (gdy p () = 0) mamy L = k [n p () + p 0 ()]. Ogólnym rozwiazaniem danego równania jest wi ec Przyk ad 9. Rozwiazać równanie y n = n + A + B 2 n. y n+2 3y n+ + 2y n = 2 n. Przyjecie w tym przypadku y n = k 2 n nie prowadzi do rozwiazania, gdy z L = k 2 n n n = k 2 n p (2) = 0. Sprawdźmy, czy y n = kn 2 n nie jest rozwiazaniem szczególnym L = k (n + 2) 2 n+2 3k (n + ) 2 n+ + 2kn 2 n = k 2 n [(n + 2) 4 6 (n + ) + 2n] = k 2 n 2. Zatem przy k = 2 otrzymujemy rozwiazanie szczególne i rozwiazaniem ogólnym jest y n = 2 n 2n + A + B 2 n. 7

8 W tym przyk adzie lewa strona równania wynosi k 2 n (n p (2) + p 0 (2)). Przyk ad 0. Rozwiazać równanie ró znicowe y n+3 7y n+2 + 6y n+ 2y n = 2 n. (0) Wiemy ju z z Przyk adu 3, ze rozwiazaniem ogólnym równania jednorodnego odpowiadajacego równaniu (0) jest y n = A 2 n + Bn 2 n + C 3 n. W tej sytuacji nie ma co szukać rozwiazań szczególnych danego równania w postaci y n = k2 n, albo y n = kn2 n, gdy z oba te wyra zenia podstawione do lewej strony dadza zero, bo sa rozwiazaniami równania jednorodnego. Spróbujmy wiec przyjać y n = kn 2 2 n. Po podstawieniu do lewej strony dostajemy L = k 2 n h (n + 3) (n + 2) (n + ) 2 2 2n 2i = 8k 2 n. 8 Dla k = otrzymujemy wiec rozwiazanie szczególne równania (0) i rozwi azaniem ogólnym b edzie y n = 8 n2 2 n + A 2 n + Bn 2 n + C 3 n. Z przyk adów powy zszych widać, ze rozwiazanie szczególne mo ze mieć postać taka, jak prawa strona równania niejednorodnego. Je zeli jednak ta prawa strona jest rozwiazaniem odpowiedniego równania jednorodnego, to musimy podwy zszyć stopień wzgledem n, aby znaleźć rozwiazanie szczególne równania niejednorodnego. Przyk ad zastosowania w nansach. Za ó zmy, ze kupiliśmy bezterminowa obligacje, która pod koniec roku daje dywidende w wysokości I z otych. Jaka kwote uzyskamy, jeśli nie wydajemy pochodzacych z tego źród a dochodów, a stopa procentowa jest sta a i wynosi r procent? Poniewa z nie wydajemy dochodów, wi ec mamy do czynienia z procentem sk adanym. Je zeli w roku n mamy kwote M n, to M n+ = ( + r) M n + I, n = 0; ; 2; :::. Otrzymaliśmy w ten sposób równanie ró znicowe, które musimy rozwiazać przy warunku brzegowy M 0 = 0. Je zeli oznaczymy przez c = +r, to nasze równanie przyjmie postać M n+ cm n = I. Wielomianem pomocniczym jest p (x) = x c. Zatem ogólne rozwiazanie odpowiedniego równania jednorodnego ma postać M n = A c n. Sprawdźmy, czy dane równanie niejednorodne ma sta e rozwiazanie M n = k. Podstawiajac do lewej strony dostajemy L = k ck = k ( c) = rk. 8

9 I r Zatem przy k = otrzymaliśmy rozwiazanie szczególne równania niejednorodnego. Stad rozwiazaniem ogólnym tego równania jest M n = I r + A cn. Uwzgl ednaiajac warunek brzegowy M 0 = 0, dostajemy A = I r. Zatem ostatecznym rozwiazaniem naszego problemu jest M n = I r + I r cn = I r (cn ) = I cn c lub inaczej M n = I r (( + r)n ). Zadania: Znaleźć szczególne rozwiazania nast epujacych równań ró znicowych:. y n+2 3y n+ 0y n = 0, y 0 =, y = 2, 2. y n+4 + y n+3 3y n+2 5y n+ 2y n = 0, y 0 = 0, y =, y 2 =, y 3 = 9, 3. y n+5 + 3y n+4 + 2y n+3 2y n+2 3y n+ y n = 0, y 0 =, y = 2, y 2 = 3, y 3 = 32, y 4 = 73, 4. y n+3 3y n+2 + 3y n+ y n = 0, y 0 = 3, y = 0, y 2 = 5, 5. y n+4 + 4y n+3 6y n+ 6y n = 0, y 0 = 2, y = 2, y 2 = 0, y 3 = 8, 6. y n+ y n = (n+)(n+2), y 0 = 4, 7. y n+2 4y n+ + 4y n =, y 0 =, y =, 8. y n+2 4y n+ + 4y n = n, y 0 = 0, y =, 9. y n+2 4y n+ + 4y n = 3 n, y 0 = 2, y =, 0. y n+2 4y n+ + 4y n = 24 2 n, y 0 = 0, y =. 9