Wykład z równań różnicowych

Transkrypt

1 Wykład z równań różnicowych Umówmy się, że na czas tego wykładu zrezygnujemy z oznaczania n-tego wyrazu ciągu symbolem typu x n, y n itp. Zamiast tego pisać będziemy x (n), y (n) itp. Definicja 1. Operatorem przesunięcia nazywamy operator określony na ciągach wzorem Ex (n) = x (n + 1). Operator I dany wzorem Ix (n) = x (n) nazywamy operatorem identycznościowym. Zastanówmy się co daje wielokrotne zastosowanie operatora przesunięcia. Mamy E 2 x (n) = E (Ex (n)) = Ex (n + 1) = x (n + 2), E 3 x (n) = E ( E 2 x (n) ) = Ex (n + 2) = x (n + 3). Widać, że indukcyjnie daje się wykazać ogólny wzór Jeżeli więc E k x (n) = x (n + k), k N. p (λ) = a 0 λ k + a 1 λ k a k jest dowolnym wielomianem stopnia k zmiennej λ, to możemy określić operator wielomianowy p (E) określony za pomocą wzoru który na ciągu x (n) przyjmuje wartość p (E) = a 0 E k + a 1 E k a k I, p (E) x (n) = a 0 x (n + k) + a 1 x (n + k 1) + + a k x (n). Jeżeli wielomian p rozkłada się na czynniki liniowe to zamiast p (E) x (n) możemy pisać p (λ) = a 0 (λ λ 1 )... (λ λ k ), a 0 (E λ 1 ) (E λ 2 )... (E λ k ) x (n), gdzie użyliśmy uproszczonego zapisu E λ i zamiast E λ i I. Następującym przykładem zilustrujemy czym są równania różnicowe. 1

2 Przykład 2. Załóżmy, że w chwili t = 0 populacja liczy P (0) osób. Roczny wskaźnik urodzeń wynosi b = , a roczna umieralność d = 101. Oznacza to, że jeżeli w końcu n-tego roku żyje P (n) osób, to w następnym roku urodzi się P (n) P (n) 100 dzieci i umrze 101 osób. Zatem liczba osób żyjących na koniec (n + 1)-ego roku wyniesie P (n + 1) = P (n) + P (n) 100 P (n) 101 = P (n) (1 + b d) = P (n) ( ) Zachodzi pytanie, czy z tego związku potrafimy wyznaczyć wzór na wyraz ogólny ciągu (P (n)). Jeżeli wprowadzimy oznaczenie r = b d, to nasz związek przyjmie postać P (n + 1) = P (n) (1 + r), (1) Jest to przykład równania różnicowego (tzw. równania wzrostu) opisującego przyrost populacji. Na początek odgadniemy rozwiązanie. Twierdzimy, że rozwiązaniem jest każdy ciąg postaci P (n) = A (1 + r) n, n = 0, 1, 2,..., gdzie A jest dowolną stałą. Sprawdzamy, że to jest rozwiązanie równania (1): L = A (1 + r) n+1, P = A (1 + r) n (1 + r) = A (1 + r) n+1, czyli L = P. Jest to tak zwane rozwiązanie ogólne równania (1). Rozwiązania ogólne zawsze zawierają dowolne stałe. Podstawiając w ich miejsce konkretne liczby, otrzymujemy tzw. rozwiązania szczególne. Aby dla danego problemu uzyskać właściwe rozwiązanie szczególne, potrzebne są tak zwane warunki początkowe. Warunek początkowy jest dodatkową porcją informacji, która pozwoli wyznaczyć nieokreślone stałe. Na przykład w naszym modelu wzrostu możemy dowiedzieć się, że populacja w chwili 0 liczy 100 osób, czyli P (0) = 100. Znaczy to, że 100 = P (0) = A (1 + r) 0 = A, a więc właściwym dla naszego problemu rozwiązaniem szczególnym będzie ( P (n) = ) n Definicja 3. Równaniem różnicowym nazywamy związek między kilkoma kolejnymi wyrazami ciągu y (n). Rozwiązanie takiego równania polega na wyznaczeniu wzoru na n-ty wyraz ciągu y (n). Będziemy zajmować się równaniami liniowymi o stałych współczynnikach. 2

3 Definicja 4. Równaniem różnicowym liniowym rzędu k o stałych współczynnikach nazywamy równanie postaci y (n + k) + p 1 y (n + k 1) + + p k y (n) = g (n), (2) gdzie p 1,..., p k są danymi liczbami, p k 0 dla n 0 i g (n) jest danym ciągiem. Jeżeli ciąg g (n) nie jest zerowy, to równanie to nazywamy niejednorodnym. Ciąg g (n) nazywamy wtedy składnikiem wymuszającym. Jeżeli g (n) jest zerowy, to równanie (2) nazywamy jednorodnym. Jeżeli dane jest równanie niejednorodne (2), to równanie y (n + k) + p 1 y (n + k 1) + + p k y (n) = 0 (3) nazywamy równaniem jednorodnym stowarzyszonym z równaniem (2). Zauważmy, że lewa strona równania (2) i równania (3) jest rezultatem działania operatora wielomianowego p (E) na ciąg y (n), gdzie p (λ) = λ k + p 1 λ k p k 1 λ + p k. Zatem równanie (3) możemy zapisać w postaci p (E) y (n) = 0. Definicja 5. Wielomian p nazywamy wielomianem charakterystycznym równania (3), zaś jego pierwiastki pierwiastkami charakterystycznymi równania (3). W rozwiązywaniu równań różnicowych ograniczymy się teraz do równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, dla których wielomian charakterystyczny rozkłada się wyłącznie na czynniki liniowe. Rozważymy dwa przypadki: Przypadek 1. Jeżeli każdy pierwiastek charakterystyczny ma krotność 1, tzn. p (λ) = (λ λ 1 ) (λ λ k ), przy czym λ i λ j dla i j, to rozwiązaniem równania (3) jest każdy ciąg postaci y (n) = c 1 λ n c k λ n k. (4) Przypadek 2. Jeżeli wielomian charakterystyczny ma r różnych pierwiastków λ 1,..., λ r (r < k), przy czym pierwiastek λ i ma krotność m i (m 1 + +m r = k), to rozwiązaniem równania (3) jest każdy ciąg postaci y (n) = ( c 1,0 + c 1,1 n + + c 1,m1 1n m1 1) λ n 1 + ( c 2,0 + c 2,1 n + + c 2,m2 1n m2 1) λ n ( c r,0 + c r,1 n + + c r,mr 1n mr 1) λ n r. (5) 3

4 Definicja 6. Rozwiązania (4) i (5) nazywamy rozwiązaniami ogólnymi równania (3), a czasami rozwiązaniami komplementarnymi równania (2). Będziemy je oznaczać symbolem y c (n). Jeżeli w miejsce parametrów c 1,..., c k (odpowiednio c 1,0,..., c r,mr 1) w tych rozwiązaniach podstawimy konkretne liczby, to otrzymamy tak zwane rozwiązanie szczególne. Aby z rozwiązania ogólnego uzyskać pożądane rozwiązanie szczególne, musimy zadać tzw. warunki początkowe: y (0) = η 0, y (1) = η 1,..., y (k 1) = η k 1, gdzie η 0, η 1,..., η k 1 są dowolnymi ustalonymi liczbami. Innymi słowy, musimy zadać k pierwszych wyrazów poszukiwanego ciągu. Jeżeli do równania (2) lub (3) dołączymy zestaw warunków początkowych, to otrzymane zadanie, polegające na wyznaczeniu konkretnego rozwiązania szczególnego nazywamy zagadnieniem początkowym. Przykład 7. Rozwiążemy zagadnienie początkowe Równaniem charakterystycznym jest y (n + 2) + y (n + 1) 2y (n) = 0, y (0) = 1, y (1) = 0. λ 2 + λ 2 = 0. Pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1 = 1 i λ 2 = 2. W myśl Przypadku 1. rozwiązaniem ogólnym jest y (n) = c 0 + c 1 ( 2) n. Aby wyznaczyć stałe c 0, c 1, skorzystamy z warunków początkowych: y (0) = c 0 + c 1 = 1 y (1) = c 0 2c 1 = 0. Rozwiązując powyższy układ równań, dostajemy c 0 = 2 3, c 1 = 1 3. Ostatecznie rozwiązaniem naszego zagadnienia początkowego jest y (n) = ( 2)n. Przykład 8. Rozwiążemy zagadnienie początkowe y (n + 3) 7y (n + 2) + 16y (n + 1) 12y (n) = 0, 4

5 Równaniem charakterystycznym jest y (0) = 0, y (1) = 1, y (2) = 1. λ 3 7λ λ 12 = 0. Pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1 = 2 = λ 2 i λ 3 = 3. Na mocy Przypadku 2. rozwiązaniem ogólnym jest y (n) = (a 0 + a 1 n) 2 n + b 0 3 n (zmieniliśmy nazwy parametrów, aby nie używać podwójnych wskaźników). Aby wyznaczyć stałe a 0, a 1, b 0, skorzystamy z warunków początkowych: y (0) = a 0 + b 0 = 0 y (1) = 2a 0 + 2a 1 + 3b 0 = 1 y (2) = 4a 0 + 8a 1 + 9b 0 = 1. Rozwiązując powyższy układ równań, dostajemy a 0 = 3, a 1 = 2, b 0 = 3. Ostatecznie rozwiązaniem naszego zagadnienia początkowego jest y (n) = (3 + 2n) 2 n 3 n+1. Zauważmy, że jeśli znamy rozwiązanie szczególne równania jednorodnego, to jesteśmy w stanie napisać najprostsze równanie jednorodne spełniane przez to rozwiązanie. Przykład 9. Jeżeli mamy ciąg y (n) = 3 ( 1) n, to najprostszym równaniem jednorodnym spełnianym przez ten ciąg jest y (n + 1) + y (n) = 0, które możemy zapisać używając operatora przesunięcia w postaci (E + 1) y (n) = 0. Jeżeli mamy ciąg y (n) = 2n 3, to najprostszym równaniem jednorodnym spełnianym przez ten ciąg jest (E 1) 2 y (n) = 0. Jeżeli mamy ciąg y (n) = 2 3 n + ( n ) ( 1) n, to najprostszym równaniem jednorodnym spełnianym przez ten ciąg jest (E 3) (E + 1) 3 y (n) = 0. 5

6 Zajmiemy się teraz równaniem niejednorodnym y (n + k) + p 1 y (n + k 1) + + p k y (n) = g (n). (6) Zaprezentujemy tzw. metodę przewidywania. Metoda ta działa tylko w przypadku, gdy składnik wymuszający g (n) jest kombinacją liniową wyrażeń postaci a n lub n l lub a n n l. Załóżmy, że składnik wymuszający jest takiej właśnie postaci. Definicja 10. Operator wielomianowy N (E), gdzie E jest operatorem przesunięcia nazywamy anihilatorem składnika wymuszającego g (n), gdy N (E) g (n) = 0. (7) Inaczej mówiąc, N (E) jest anihilatorem g (n), gdy g (n) jest rozwiązaniem równania jednorodnego N (E) y (n) = 0. (8) Zatem wyznaczenie anihilatora polega na znalezieniu możliwie najprostszego równania jednorodnego, którego rozwiązaniem jest g (n). Przykład 11. Podamy anihilatory pewnych składników wymuszających: g (n) = 3 n N (E) = E 3 g (n) = n 2 + n N (E) = (E 1) 3 g (n) = n ( 2) n N (E) = (E + 2) 2 g (n) = n 2 2 n + n 1 N (E) = (E 2) 3 (E 1) 2. Zapiszmy równanie stowarzyszone z równaniem (6) używając operatora E p (E) y (n) = 0, (9) gdzie p (E) = E k + p 1 E k 1 + p 2 E k p k I. Podamy sposób na przewidzenie postaci szczególnego rozwiązania równania (6). Musimy rozważyć dwa przypadki: Przyadek 1. Jeżeli równania charakterystyczne równań (9) i (8) nie mają wspólnych pierwiastków, to istnieje rozwiązanie szczególne równania (6) zapisujące się w postaci rozwiązania ogólnego równania (8). Aby wyznaczyć występujące w tym rozwiązaniu nieokreślone stałe, podstawiamy to rozwiązanie do równania (6). Przypadek 2. Jeżeli równania charakterystyczne równań (9) i (8) mają co najmniej jeden wspólny pierwiastek, to piszemy ogólne rozwiązanie równania jednorodnego N (E) p (E) y (n) = 0, (10) a następnie wykreślamy w nim składniki tego samego typu, co składniki występujące w rozwiązaniu ogólnym równania (9). To, co pozostanie, jest postacią 6

7 szczególnego rozwiązania rónania (6). Dla wyznaczenia nieokreślonych stałych postępujemy jak w Przypadku 1. Ostatecznie rozwiązanie ogólne równania (6) uzyskujemy z wzoru y (n) = y c (n) + y p (n), gdzie y c (n) jest rozwiązaniem komplementarnym tego równania, czyli ogólnym rozwiązaniem równania stowarzyszonego (9), zaś y p (n) jest rozwiązaniem szczególnym równania (6). Przykład 12. Rozwiążemy zagadnienie początkowe y (n + 2) + y (n + 1) 12y (n) = n 2 n, (11) przy czym y (0) = i y (1) = Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są λ 1 = 3 i λ 2 = 4. Zatem y c (n) = c 1 3 n + c 2 ( 4) n. Ponieważ anihilatorem składnika wymyszającego jest N (E) = (E 2) 2, więc pierwiastkami charakterystycznymi są µ 1 = µ 2 = 2 i zbiory pierwiastków charakterystycznych są rozłączne. Zatem y p (n) = a 1 2 n + a 2 n 2 n. Wstawiając ciąg y p (n) do równania (11), dostajemy a 1 2 n+2 +a 2 (n + 2) 2 n+2 +a 1 2 n+1 +a 2 (n + 1) 2 n+1 12a 1 2 n 12a 2 n 2 n = n 2 n, czyli (10a 2 6a 1 ) 2 n 6a 2 n 2 n = n 2 n. Aby powyższa równość zachodziła, musi być spełniony układ równań: { 6a1 + 10a 2 = 0 6a 2 = 1. Rozwiązaniem tego układu równań jest a 1 = 5 18 i a 2 = 1 6. W konsekwencji y p (n) = n 1 6 n 2n i rozwiązaniem ogólnym danego równania jest y (n) = c 1 3 n + c 2 ( 4) n n 1 6 n 2n. 7

8 Wykorzystamy teraz warunki początkowe. Do wzoru na rozwiązanie ogólne podstawiamy kolejno n = 0 i n = 1. Stąd otrzymujemy następujący układ równań { c1 +c = c 1 4c = 19 9, a stąd równoważnie { c1 +c 2 = 1 3c 1 4c 2 = 3. Rozwiązując ten układ, dostajemy c 1 = 1 i c 2 = 0. Zatem rozwiązaniem zagadnienia początkowego jest ciąg y (n) = 3 n n 1 6 n 2n. Przykład 13. Rozwiążemy zagadnienie początkowe y (n + 2) y (n + 1) 6y (n) = 5 3 n, (12) przy czym y (0) = 2 i y (1) = 2. Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są λ 1 = 3 i λ 2 = 2. Zatem y c (n) = c 1 3 n + c 2 ( 2) n. Ponieważ anihilatorem składnika wymuszającego jest N (E) = E 3, więc µ 1 = 3, czyli µ 1 = λ 1. Zapiszmy dla naszego przykładu odpowiednik równania (10) Rozwiązaniem ogólnym równania (13) jest (E 3) 2 (E + 2) y (n) = 0. (13) ỹ (n) = (a 1 + a 2 n) 3 n + a 3 ( 2) n. Opuszczając w tym rozwiązaniu składniki występujące w y c (n), otrzymujemy y p (n) = a 2 n 3 n. Podstawienie y p (n) do równania (12) daje nam a 2 (n + 2) 3 n+2 a 2 (n + 1) 3 n+1 6a 2 n 3 n = 5 3 n, skąd a 2 = 1 3. W kosekwencji y p (n) = n 3 n 1 i rozwiązaniem ogólnym równania (12) jest y (n) = c 1 3 n + c 2 ( 2) n + n 3 n 1. Wykorzystamy teraz warunki początkowe. Do wzoru na rozwiązanie ogólne podstawiamy kolejno n = 0 i n = 1. Stąd otrzymujemy następujący układ równań { c1 +c 2 = 2 3c 1 2c 2 +1 = 2, 8

9 czyli równoważnie { c1 +c 2 = 2 3c 1 2c 2 = 1. Rozwiązując ten układ, dostajemy c 1 = 1 i c 2 = 1. Zatem rozwiązaniem zagadnienia początkowego jest ciąg y (n) = 3 n + ( 2) n + n 3 n 1. Przykład zastosowania w finansach. Załóżmy, że kupiliśmy bezterminową obligację, która pod koniec roku daje dywidendę w wysokości I złotych. Jaką kwotę uzyskamy, jeśli nie wydajemy pochodzących z tego źródła dochodów, a stopa procentowa jest stała i wynosi r procent? Ponieważ nie wydajemy dochodów, więc mamy do czynienia z procentem składanym. Jeżeli w roku n mamy kwotę M (n), to M (n + 1) = (1 + r) M (n) + I, n = 0, 1, 2,... Otrzymaliśmy w ten sposób równanie różnicowe, które musimy rozwiązać przy warunku początkowym M (0) = 0. Jeżeli oznaczymy przez c = 1 + r, to nasze równanie przyjmie postać M (n + 1) cm (n) = I. Wielomianem charakterystycznym jest p (λ) = λ c. Zatem pierwiastkiem charakterystycznym jest λ 1 = c i ogólne rozwiązanie stowarzyszonego równania jednorodnego ma postać M (n) = A c n. Anihilatorem składnika wymuszającego jest N (E) = E 1, a jego pierwiastkiem charakterystycznym jest µ 1 = 1. Zauważmy, że c 1, bo zakładamy, że oprocentowanie jest niezerowe. Zatem nie ma wspólnych pierwiasków charakterystycznych dla równania jednorodnego stowarzyszonego i dla anihilatora. Stąd rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego musi być postaci y p (n) = k, gdzie k R. Podstawiając do równania, dostajemy k ck = I. I Zatem przy k = 1 c = I r otrzymaliśmy rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego. Stąd rozwiązaniem ogólnym tego równania jest M (n) = I r + A cn. Uwzględnaiając warunek początkowy M (0) = 0, dostajemy A = I r. Zatem ostatecznym rozwiązaniem naszego problemu jest M (n) = I r + I r cn = I r (cn 1) = I cn 1 c 1 lub inaczej M (n) = I r ((1 + r)n 1). 9

10 Zadania Rozwiąż następujące zagadnienia początkowe: Zadanie 1: y (n + 1) y (n) = 3 ( 1) n, y (0) = 1 2. Zadanie 2: Zadanie 3: y (n + 1) y (n) = 2n + 1, y (0) = 2. y (n + 1) 3y (n) = 5, y (0) = 1 2. Zadanie 4: Zadanie 5: y (n + 1) 2y (n) = 4 3 n, y (0) = 7. y (n + 1) + 2y (n) = n ( 2) n + 5, y (0) = 2 3. Zadanie 6: y (n + 2) y (n + 1) 2y (n) = 2n n, y (0) = 11 2, y (1) = Zadanie 7: y (n + 2) + y (n + 1) 2y (n) = 2n + ( 2) n, Zadanie 8: y (0) = 1, y (1) = y (n + 3) 7y (n + 2) + 8y (n + 1) + 16y (n) = 10 4 n+2 36, y (0) = 0, y (1) = 4, y (2) = 96. Odpowiedzi: 1. y (n) = 3 2 ( 1)n y (n) = n y (n) = 3 n y (n) = 3 2 n n. 5. y (n) = ( n 2 + n 4 ) ( 2) n y (n) = ( 1) n n n n y (n) = ( 2) n ( 1 6 n + 1) n2 5 9 n. 8. y (n) = ( n 2 + n ) 4 n + 2 ( 1) n 2. 10