Równania różnicowe. Dodatkowo umawiamy się, że powyższy iloczyn po pustym zbiorze indeksów, czyli na przykład 0

Transkrypt

1 Równania różnicowe 1 Wiadomości wstępne 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 Ponadto wprowadzimy symbol na oznaczenie iloczynu pewnej ilości wyrazów ciągu analogiczny do sigmy oznaczającej sumę Mianowicie, n a (i) = a (1) a () a (n) i=1 Dodatkowo umawiamy się, że powyższy iloczyn po pustym zbiorze indeksów, czyli na przykład 0 i=1 a (i), jest równy 1 Wprowadzimy pewne pojęcia, które będą przydatne w dalszym omawianiu tematu Definicja 11 Operatorem różnicowym nazywamy operator określony na ciągach za pomocą wzoru x (n) = x (n + 1) x (n) Operatorem przesunięcia nazywamy operator określony na ciągach wzorem Operator I dany wzorem Ex (n) = x (n + 1) Ix (n) = x (n) nazywamy operatorem identycznościowym Uwaga 1 Zauważmy, że wprost z powyższej definicji wynika następujący związek: x (n) = (E I) x (n) Uwaga 13 Wprost z definicji operatora E wynika, że jeżeli b R, to E (bx (n)) = b Ex (n) Uwaga 14 W dalszym ciągu dla liczby rzeczywistej λ będziemy używać zapisu E λ zamiast E λi 1

2 Zastanówmy się co daje wielokrotne zastosowanie operatora przesunięcia Mamy E x (n) = E (Ex (n)) = Ex (n + 1) = x (n + ), E 3 x (n) = E ( E x (n) ) = Ex (n + ) = 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) Pokażemy teraz pewną własność operatora Niech p (n) = a 0 n k + a 1 n k a k będzie wielomianem stopnia k Wówczas ] p (n) = [a 0 (n + 1) k + a 1 (n + 1) k a k [ a 0 n k + a 1 n k 1 ] + + a k = a 0 kn k 1 + ( składniki stopnia < k 1) Podobnie można pokazać, że p (n) = a 0 k (k 1) n k + ( składniki stopnia < k ) Powtarzając tę operację k-krotnie, dostajemy k p (n) = a 0 k! (1) Stąd dalej Zachodzi następujący k+i p (n) = 0 dla i 1 () Lemat 15 Jeżeli p jest dowolnym wielomianem i g (n) jest dowolnym ciągiem, to p (E) (b n g (n)) = b n p (be) g (n) (3) dla dowolnej liczby b

3 Dowód Oznaczmy symbolem L lewą, zaś symbolem P prawą stronę równości Mamy wówczas na mocy Uwagi 13 L = p (E) (b n g (n)) = a 0 b n+k g (n + k)+a 1 b n+k 1 g (n + k 1)+ +a k b n g (n) = b n ( a 0 b k g (n + k) + a 1 b k 1 g (n + k 1) + + a k g (n) ) = b n p (be) g (n) = P Wprowadźmy dodatkowo pewne szczególne działanie na liczbach rzeczywistych Niech x R i k N Określamy x (k) = x (x 1) (x k + 1) Zauważmy, że jeśli x = n N i n k, to n (k) = n! (n k)! W szczególności, n (n) = n! Jeśli n < k, to n (k) = 0 Będziemy także potrzebować wzoru na tzw wyznacznik Vandermonde a: λ 1 λ λ k λ 1 λ λ k = (λ j λ i ), (4) 1 i<j k λ k 1 1 λ k 1 λ k 1 k gdzie λ i R dla i = 1,, k Dodatkowo zachodzi następujące twierdzenie o uogólnionym wyznaczniku Vandermonde a: Twierdzenie 16 Niech V będzie macierzą kwadratową stopnia k złożoną z r bloków postaci λ i ( λ ) i 1 λi 1 0 ( λ 3 3 ) ( i 1 λ 3 ) i λi 0 V i = λ mi 1 ( mi 1) i 1 λ m i ( mi 1) i λ m i 3 i 1 λ k 1 ) ) ) i λ k i λ k 3 i λ k m i ( k 1 1 ( k 1 ( k 1 m i 1 wymiaru k m i, gdzie r i=1 m i = k (V = [ V 1 ] V r ) Wówczas det V = (λ j λ i ) mimj 1 i<j r i 3

4 Następującym przykładem zilustrujemy czym są równania różnicowe Przykład 17 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) (5) 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,,, gdzie A jest dowolną stałą Sprawdzamy, że to jest rozwiązanie równania (5): 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 (5) 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 Widać więc, że równanie różnicowe będzie związkiem między kilkoma (niekoniecznie dwoma, jak w powyższym przykładzie) kolejnymi wyrazami ciągu, zaś jego rozwiązanie będzie polegać na wyznaczeniu wzoru na n-ty wyraz tego ciągu Inaczej, rozwiązanie równania różnicowego jest wyznaczeniem wzoru na n-ty wyraz, gdy ciąg zadany jest rekurencyjnie W naszym wykładzie zajmować się będziemy tylko szczególnym rodzajem równań różnicowych, mianowicie równaniami liniowymi 4

5 Ogólna teoria liniowych równań różnicowych Definicja 1 Równaniem liniowym rzędu k nazywamy równanie różnicowe postaci y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = g (n), (6) gdzie p i (n) dla i = 1,,, k oraz g (n) są ciągami określonymi dla n n 0 przy pewnym ustalonym n 0 (w naszym wykładzie najczęściej n 0 = 0), przy czym p k (n) 0 dla n n 0 W równaniu powyższym niewiadomą jest ciąg y (n), zaś pozostałe ciągi są dane Rozwiązaniem równania (6) nazywamy każdy ciąg y (n) określony dla n n 0, który spełnia to równanie Jeżeli g (n) = 0 dla wszystkich n n 0, to równanie (6) nazywamy jednorodnym W przeciwnym przypadku równanie to nazywamy niejednorodnym Jeżeli równanie (6) jest niejednorodne, to równanie jednorodne postaci y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = 0 (7) nazywamy równaniem jednorodnym stowarzyszonym z równaniem (6) Zauważmy, że równanie (6) można zapisać w postaci y (n + k) = p 1 (n) y (n + k 1) p k (n) y (n) + g (n), (8) z której przy n 0 = 0 kładąc n = 0, otrzymujemy y (k) = p 1 (0) y (k 1) p (0) y (k ) p k (0) y (0) + g (0), czyli k-ty wyraz szukanego ciągu jest dobrze określony przez wyrazy poprzednie y (0),, y (k 1) Jeżeli znamy już y (k), to kładąc we wzorze (8) n = 1 mamy y (k + 1) = p 1 (1) y (k) p (1) y (k 1) p k (1) y (1) + g (1), czyli potrafimy z kolei obliczyć y (k + 1) Powtarzając ten proces możemy obliczyć wszystkie y (n) dla n k Zilustrujmy powiedziane wyżej za pomocą przykładu Przykład Rozważmy równanie liniowe trzeciego rzędu postaci y (n + 3) n y (n + ) + ny (n + 1) 3y (n) = n, n 1 (9) n + 1 Załóżmy, że y (1) = 0, y () = 1 i y (3) = 1 Obliczymy kolejne wyrazy ciągu y (n) Zapiszmy równanie (9) w równoważnej postaci y (n + 3) = Podstawiając n = 1 w (10), dostajemy n y (n + ) ny (n + 1) + 3y (n) + n (10) n + 1 y (4) = 1 y (3) y () + 3y (1) + 1 = 5 5

6 Dla n = Dla n = 3 Dla n = 4 y (5) = 3 y (4) y (3) + 3y () + = 4 3 y (6) = 3 4 y (5) 3y (4) + 3y (3) + 3 = 5 y (7) = 4 5 y (6) 4y (5) + 3y (4) + 4 = 89 6 itd Jeżeli do równania różnicowego dołączymy dodatkowo pierwszych k wartości szukanego rozwiązania, to otrzymamy tzw zagadnienie początkowe: y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = g (n), (11) y (n 0 ) = a 0, y (n 0 + 1) = a 1,, y (n 0 + k 1) = a k 1, (1) gdzie a i są ustalonymi liczbami dla i = 0, 1,, k 1 Z powyższych rozważań otrzymujemy następujące Twierdzenie 3 Zagadnienie początkowe (11) i (1) posiada dokładnie jedno rozwiązanie y (n) Pozostaje pytanie czy potrafimy wyznaczyć wzór na n-ty wyraz ciągu spełniającego równanie (6) lub spełniającego zagadnienie początkowe (11) i (1) Zajmiemy się w pierwszej kolejności równaniem liniowym jednorodnym rzędu k postaci x (n + k) + p 1 (n) x (n + k 1) + + p k (n) x (n) = 0, (13) gdzie p k (n) 0 dla n n 0 Zaczniemy od wprowadzenia ważnych pojęć Definicja 4 Ciągi f 1 (n),, f r (n) nazywamy liniowo zależnymi dla n n 0, gdy istnieją stałe a 1,, a r nie wszystkie równe zeru, takie, że a 1 f 1 (n) + + a r f r (n) = 0 dla n n 0 (14) Wyrażenie stojące po lewej stronie równości (14) nazywamy kombinacją liniową ciągów f 1 (n),, f r (n) Zauważmy, że jeżeli a j 0, to dzieląc równość (14) przez a j, dostajemy f j (n) = a 1 f 1 (n) a f (n) a r f r (n) a j a j a j = a i f i (n) (15) a j i j To ostatnie równanie mówi nam, że ciąg f j z niezerowym współczynnikiem jest kombinacją liniową pozostałych ciągów f i Stąd w szczególności dwa ciągi f 1, f są liniowo zależne, gdy jeden z nich równy jest iloczynowi pewnej liczby przez drugi 6

7 Jeżeli nie jest spełniony warunek Definicji 4, to ciągi f 1 (n),, f r (n) nazywamy liniowo niezależnymi Inaczej, ciągi te nazywamy liniowo niezależnymi, gdy z równości a 1 f 1 (n) + + a r f r (n) = 0 dla n n 0 wynika, że a 1 = a = = a r = 0 Zilustrujmy powyższe pojęcia za pomocą przykładu: Przykład 5 Pokażemy, że ciągi 3 n, n3 n, n 3 n są liniowo niezależne dla n 1 Przypuśćmy, że dla stałych a 1, a i a 3 mamy Dzieląc przez 3 n mamy a 1 3 n + a n3 n + a 3 n 3 n = 0 dla n 1 a 1 + a n + a 3 n = 0 dla wszystkich n 1 To jest możliwe tylko w przypadku, gdy a 3 = 0, bo trójmian kwadratowy ma co najwyżej dwa pierwiastki rzeczywiste Stąd dalej mamy a = 0, bo wielomian stopnia 1 ma co najwyżej jeden pierwiastek, a stąd dalej a 1 = 0 Zatem mamy liniową niezależność Definicja 6 Zbiór k liniowo niezależnych rozwiązań równania (13) nazywamy fundamentalnym zbiorem rozwiązań Podamy teraz praktyczniejszą metodę sprawdzania liniowej niezależności rozwiązań Definicja 7 Kasoratianem W (n) rozwiązań x 1 (n),, x r (n) nazywamy wyznacznik dany przez x 1 (n) x (n) x r (n) x 1 (n + 1) x (n + 1) x r (n + 1) W (n) = (16) x 1 (n + r 1) x (n + r 1) x r (n + r 1) Przykład 8 Rozważmy równanie różnicowe x (n + 3) 7x (n + 1) + 6x (n) = 0 Pokażemy, że ciągi 1, ( 3) n i n są rozwiązaniami tego równania i obliczymy dla nich kasoratian Najpierw sprawdzamy, czy to są rozwiązania, podstawiając te ciągi do równania Dla ciągu x (n) = 1 mamy L = = 0 = P Dla ciągu x (n) = ( 3) n mamy L = ( 3) n+3 7 ( 3) n ( 3) n = ( 3) n [ ] = 0 = P Wreszcie dla ciągu x (n) = n mamy L = n+3 7 n n = n [ ] = 0 = P 7

8 Obliczamy teraz kasoratian: 1 ( 3) n n W (n) = 1 ( 3) n+1 n+1 1 ( 3) n+ n+ = ( 3)n+1 n+1 ( 3) n+ n+ 1 n+1 ( 3)n 1 n+ + 1 ( 3) n+1 n 1 ( 3) n+ = n+ ( 3) n+1 n+1 ( 3) n+ ( 3) n ( n+ n+1) + n ( ( 3) n+ ( 3) n+1) = 1 n ( 3) n 18 n ( 3) n 4 n ( 3) n + n ( 3) n + 9 n ( 3) n + 3 n ( 3) n = 0 n ( 3) n Lemat 9 (Lemat Abela) Niech x 1 (n),, x k (n) będą rozwiązaniami równania (13) i niech W (n) będzie ich kasoratianem Wówczas dla n n 0 zachodzi wzór ( n 1 ) W (n) = ( 1) k(n n0) p k (i) W (n 0 ) (17) i=n 0 Dowód Przeprowadzimy dowód dla k = 3 W ogólnym przypadku dowód przeprowadza się w pełni analogicznie Niech x 1 (n), x (n) i x 3 (n) będą rozwiązaniami równania (13) Wówczas ze wzoru (16) mamy x 1 (n + 1) x (n + 1) x 3 (n + 1) W (n + 1) = x 1 (n + ) x (n + ) x 3 (n + ) x 1 (n + 3) x (n + 3) x 3 (n + 3) (18) Z równania (13) dla 1 i 3 mamy x i (n + 3) = p 3 (n) x i (n) [p 1 (n) x i (n + ) + p (n) x i (n + 1)] (19) Jeżeli teraz użyjemy wzoru (19) wstawiając do wyznacznika (18) w ostatnim wierszu zamiast x i (n + 3) prawą stronę tego wzoru i korzystając z odpowiednich własności wyznacznika, to otrzymamy x 1 (n + 1) x (n + 1) x 3 (n + 1) W (n + 1) = x 1 (n + ) x (n + ) x 3 (n + ) p 3 (n) x 1 (n) p 3 (n) x (n) p 3 (n) x 3 (n) x 1 (n + 1) x (n + 1) x 3 (n + 1) = p 3 (n) x 1 (n + ) x (n + ) x 3 (n + ) (0) x 1 (n) x (n) x 3 (n) = p 3 (n) ( 1) x 1 (n) x (n) x 3 (n) x 1 (n + 1) x (n + 1) x 3 (n + 1) x 1 (n + ) x (n + ) x 3 (n + ) 8

9 Mamy więc W (n + 1) = ( 1) 3 p 3 (n) W (n) (1) Ze wzoru (1) przez prostą indukcję otrzymujemy [ n 1 ] [ n 1 ] W (n) = ( 1) 3 p 3 (i) W (n 0 ) = ( 1) 3(n n0) p 3 (i) W (n 0 ) i=n 0 i=n 0 Zauważmy teraz, że jeśli równanie (13) ma stałe współczynniki p 1, p,, p k, to wzór (17) przyjmuje postać W (n) = ( 1) k(n n0) p n n0 k W (n 0 ) () Ze wzoru (17) wynika następujący wniosek Wniosek 10 Załóżmy, że p k (n) 0 dla wszystkich n n 0 Wówczas kasoratian W (n) jest różny od 0 dla każdego n n 0 wtedy i tylko wtedy, gdy W (n 0 ) 0 Z wniosku powyższego wynika, że aby sprawdzić, czy W (n) 0 dla wszystkich n N {0}, wystarczy sprawdzić, czy W (0) 0 Oczywiście czasami zamiast wartości w 0 bierzemy wartość w jakiejś wygodniejszej liczbie naturalnej n 0 Rozważmy k rozwiązań x 1 (n), x (n),, x k (n) równania (13) Przypuśćmy, że dla pewnych stałych a 1, a,, a k i n 0 N {0} zachodzi a 1 x 1 (n) + a x (n) + a k x k (n) = 0 dla wszystkich n n 0 Do tego równania możemy dopisać jeszcze k 1 następujących równań a 1 x 1 (n + 1) + a x (n + 1) + + a k x k (n + 1) = 0, a 1 x 1 (n + k 1) + a x (n + k 1) + + a k x k (n + k 1) = 0 Otrzymany układ k równań możemy zapisać w postaci macierzowej jako X (n) ξ = 0, (3) gdzie x 1 (n) x (n) x k (n) x 1 (n + 1) x (n + 1) x r (n + 1) X (n) =, x 1 (n + k 1) x (n + k 1) x k (n + k 1) 9

10 oraz a 1 a ξ = a k Zauważmy, że W (n) = det X (n) Teoria rozwiązywania układów równań liniowych mówi nam, że równanie (3) ma wyłącznie rozwiązanie zerowe (a 1 = a = = a k = 0) wtedy i tylko wtedy, gdy macierz X (n) jest nieosobliwa, czyli gdy W (n) 0 Zatem, uwzględniając Wniosek 10, uzasadniliśmy twierdzenie Twierdzenie 11 Zbiór rozwiązań x 1 (n), x (n),, x k (n) równania (13) rzędu k jest zbiorem fundamentalnym wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnego n 0 N {0} zachodzi W (n 0 ) 0 Przykład 1 Sprawdzimy, że {n, n } jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania x (n + ) 3n x (n + 1) + n x (n) = 0 n 1 n 1 Podstawiając do równania ciąg x 1 (n) = n, dostajemy L = n+ 3n n 1 n (n + 1)+ n 1 n = n + n 3n n + + n = 0 = P n 1 Podstawiając teraz ciąg x (n) = n, mamy L = n+ 3n n 1 n+1 + n n 1 n n 4n 4 6n n = = 0 = P n 1 Ponieważ równanie nie ma sensu dla n = 1, więc przyjmiemy n 0 = Skoro W (n) = n n n + 1 n+1, więc W () = = 4 0 Stąd na mocy Twierdzenia 11 ciągi n, n dla n stanowią zbiór fundamentalny rozwiązań danego równania Przykład 13 Rozważmy równanie rzędu trzeciego postaci x (n + 3) + 3x (n + ) 4x (n + 1) 1x (n) = 0 Pokażemy, że ciągi n, ( ) n i ( 3) n tworzą zbiór fundamentalny rozwiązań tego równania Sprawdzamy najpierw, że są to rozwiązania danego równania: dla ciągu n mamy L = n n+ 4 n+1 1 n = n ( ) = 0 = P, 10

11 dla ciągu ( ) n mamy L = ( ) n ( ) n+ 4 ( ) n+1 1 ( ) n i dla ciągu ( 3) n mamy L = ( 3) n ( 3) n+ 4 ( 3) n+1 1 ( 3) n = ( ) n ( ) = 0 = P, = ( 3) n ( ) = 0 = P Aby stwierdzić liniową niezależność, obliczymy kasoratian n ( ) n ( 3) n W (n) = n+1 ( ) n+1 ( 3) n+1 n+ ( ) n+ ( 3) n+ Stąd W (0) = 3 = Na mocy Twierdzenia 11 podane rozwiązania tworzą zbiór fundamentalny rozwiązań Jesteśmy teraz gotowi, aby sformułować podstawowe twierdzenie dla równań jednorodnych Twierdzenie 14 (Twierdzenie podstawowe) Jeżeli p k (n) 0 dla wszystkich n n 0, to równanie (13) posiada fundamentalny zbiór rozwiązań dla n n 0 Dowód Na mocy Twierdzenia 3 istnieją rozwiązania x 1 (n), x (n),, x k (n) takie, że x i (n 0 + i 1) = 1 oraz x i (n 0 ) = x i (n 0 + 1) = = x i (n 0 + i ) = x i (n 0 + i) = = x i (n 0 + k 1) = 0 dla i = 1,,, k Stąd wynika, że W (n 0 ) = 1, gdyż jest to wyznacznik macierzy jednostkowej Z Twierdzenia 11 wynika teraz, że {x 1 (n),, x k (n)} jest zbiorem fundamentalnym rozwiązań Zauważmy, że istnieje nieskończenie wiele zbiorów fundamentalnych rozwiązań Następny wynik pokazuje metodę generowania rozwiązań, gdy dany jest pewien fundamentalny zbiór rozwiązań Lemat 15 Niech x 1 (n) i x (n) będą rozwiązaniami równania (13) Wówczas zachodzą następujące warunki: (i) x (n) = x 1 (n) + x (n) jest rozwiązaniem równania (13) (ii) x (n) = ax 1 (n) jest rozwiązaniem równania (13) dla dowolnej stałej a 11

12 Dowód powyższego lematu polega na bezpośrednim sprawdzeniu, że x (n) i x (n) są rozwiązaniami równania (13) Z lematu powyższego wynika natychmiast następujący Wniosek 16 Jeżeli x 1 (n),, x k (n) są rozwiązaniami równania (13), to x (n) = a 1 x 1 (n) + a x (n) + + a k x k (n), gdzie a i są stałymi, jest także rozwiązaniem tego równania Teraz niech {x 1 (n),, x k (n)} będzie fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania (13) i niech x (n) będzie dowolnym rowiązaniem tego równania Wówczas istnieją stałe a 1,, a k takie, że x (n) = k i=1 a ix i (n) Aby to wykazać, posłużymy się notacją (3) Zapiszmy równanie z niewiadomą ξ gdzie i X (n 0 ) ξ = ˆx (n 0 ), (4) ˆx (n) = x (n) x (n + 1) x (n + k 1) ξ 1 ξ ξ = Ponieważ macierz X (n 0 ) jest nieosobliwa (bo rozwiązania x 1 (n),, x k (n) stanowią układ fundamentalny), więc istnieje dokładnie jedno rozwiązanie powyższego równania macierzowego (układu równań liniowych): ξ 1 = a 1 ξ = a ξ k ξ k = a k Rozważmy ciąg x (n) = k i=1 a ix i (n) Na mocy Wniosku 16 ciąg ten jest rozwiązaniem równania (13) Przy tym na mocy (4) zachodzą równości x (n) = x (n) dla n = n 0, n 0 + 1,, n 0 + k 1, co oznacza, że ciągi x i x są rozwiązaniami tego samego zagadnienie początkowego W konsekwencji na mocy jednoznaczności w Twierdzeniu 3 muszą się pokrywać Stąd k x (n) = a i x i (n) Z powyższych rozważań wynika zasadność następującej definicji i=1 1

13 Definicja 17 Niech {x 1 (n), x (n),, x k (n)} będzie fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania (13) Wówczas rozwiązanie x (n) = k a i x i (n), i=1 gdzie a i są dowolnymi stałymi, nazywamy rozwiązaniem ogólnym równania (13) 3 Liniowe jednorodne równania o stałych współczynnikach Rozważmy równanie różnicowe rzędu k postaci x (n + k) + p 1 x (n + k 1) + p x (n + k ) + + p k x (n) = 0, (5) gdzie p i są stałymi rzeczywistymi i p k 0 (W tych równaniach przyjmujemy zawsze n 0 = 0) Uwaga 31 Zauważmy, że równanie (5) daje się zapisać przy pomocy operatora przesunięcia w postaci p (E) x (n) = 0 gdzie p (λ) = λ k + p 1 λ k 1 + p λ k + + p k Naszym celem jest teraz wyznaczenie fundamentalnego zbioru rozwiązań tego równania Procedura jest dość prosta Załóżmy, że rozwiązania równania (5) są postaci λ n, gdzie λ jest ustaloną liczbą zespoloną Wstawiając ten ciąg do równania, dostajemy, że dla każdego n N {0} zachodzi równość λ n+k + p 1 λ n+k p k λ n = 0 (6) Zauważmy, że λ nie może być zerem, bo gdyby było, to z powyższego równania dla n = 0 otrzymalibyśmy p k = 0, co przeczy uczynionemu założeniu Dzieląc ostatnie równanie przez λ n, otrzymujemy λ k + p 1 λ k p k = 0 (7) Stąd mamy, że jeśli ciąg postaci λ n jest rozwiązaniem równania (5), to liczba λ jest pierwiastkiem równania wielomianowego (7) Równanie (7) nazywamy równaniem charakterystycznym równania (5), zaś pierwiastki równania charakterystycznego nazywamy pierwiastkami charakterystycznymi Zauważmy, że żaden pierwiastek charakterystyczny nie jest zerem, gdyż p k 0 Odwrotnie, załóżmy teraz, że λ jest pierwiastkiem równania charakterystycznego (7) Wtedy podstawiając to λ do równania (7) i mnożąc stronami przez λ n, dostajemy równanie (6), a to oznacza, że ciąg λ n jest rozwiązaniem równania (5) Mamy do rozważenia dwa przypadki: 13

14 Przypadek (a) Załóżmy, że pierwiastki charakterystyczne λ 1,, λ k są różne, czyli każdy z pierwiastków charakterystycznych jest pierwiastkiem jednokrotnym Pokażemy, że wtedy zbiór {λ n 1,, λ n k } jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań Obliczymy w tym celu kasoratian tego zbioru rozwiązań w zerze: λ 1 λ λ k W (0) = λ 1 λ λ k = (λ j λ i ) 0 (8) 1 i<j k λ k 1 1 λ k 1 λ k 1 na mocy wzoru (4) i różności pierwiastków charakterystycznych Zatem na mocy Twierdzenia 11 zbiór {λ n 1,, λ n k } jest zbiorem fundamentalnym rozwiązań W konsekwencji rozwiązaniem ogólnym równania (5) jest x (n) = k k a i λ n i, (9) i=1 gdzie a i są liczbami zespolonymi Przypadek (b) Załóżmy teraz, że różnymi pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1, λ,, λ r i mają one odpowiednio krotności m 1, m,, m r, przy czym r i=1 m i = k Przy tych założeniach równanie (5) może być zapisane w postaci (E λ 1 ) m1 (E λ ) m (E λ r ) mr x (n) = 0 (30) Łatwo widać, że jeżeli ciągi ψ 1 (n), ψ (n),, ψ mi (n) są rozwiązaniami równania (E λ i ) mi x (n) = 0, (31) to są rozwiązaniami równania (30) Przypuśćmy, że potrafimy znaleźć fundamentalny zbiór rozwiązań dla równania (31) przy 1 i r Można podejrzewać, że suma tych fundamentalnych zbiorów rozwiązań będzie fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania (30) Wyznaczymy fundamentalny zbiór rozwiązań dla równania (31) Lemat 3 Zbiór G i = { λ n i, ( ) n λ n i, 1 ( ) ( ) } n n λ n i,, λ n i m i 1 jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania (31) 14

15 Dowód Obliczymy kasoratian w zerze dla zbioru G i : W (0) = λ i λ ) i 0 0 λ i λ i 0 λ i λ mi 1 i ( 1 ( mi 1 1 ) λ m i 1 i ( mi 1 ) λ m i 1 i λ mi 1 i m i (m i 1) = λi 0, bo pierwiastki charakterystyczne nie mogą być zerami Wystarczy teraz pokazać, że ciąg ( n s) λ n i dla s = 0, 1,, m i 1 jest rozwiązaniem równania (31) Istotnie, korzystając ze wzorów (3) i () mamy (( ) ) ( ) n n (E λ i ) mi λ n i = λ n i (λ i E λ i ) mi s s ( ) n = λ n+mi i (E I) mi s ( ) n = λ n+mi i mi = 0 s To kończy dowód lematu Teraz możemy ostatecznie wyznaczyć zbiór fundamentalny rozwiązań równania (30) Twierdzenie 33 Zbiór G = r i=1 G i jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania (30) Dowód Na mocy Lematu 3 ciągi ze zbioru G są rozwiązaniami równania (30) Wystarczy więc sprawdzić liniową niezależność Kasoratian w zerze jest wyznacznikiem macierzy V z Twierdzenia 16 pomnożonym przez iloczyn czynników postaci λi twierdzenia mamy m i (m i 1) W (0) = r i=1 (porównaj dowód Lematu 3), więc na mocy tego m i (m i 1) λi 1 i<j r (λ j λ i ) mjmi 0, bo λ i λ j dla i j i λ i 0 dla i = 1,,, r W konsekwencji G jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań na mocy Twierdzenia 11 Z ostatniego twierdzenia wynika natychmiast Wniosek 34 Ogólnym rozwiązaniem równania (30) jest x (n) = r λ n i i=1 ( ai0 + a i1 n + a i n + + a imi 1n mi 1) (3) 15

16 Przykład 35 Rozwiążemy zagadnienie początkowe x (n + 3) 7x (n + ) + 16x (n + 1) 1x (n) = 0, Równaniem charakterystycznym jest x (0) = 0, x (1) = 1, x () = 1 λ 3 7λ + 16λ 1 = 0 Pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1 = = λ i λ 3 = 3 Na mocy Wniosku 34 rozwiązaniem ogólnym jest x (n) = a 0 n + a 1 n n + b 0 3 n Aby wyznaczyć stałe a 0, a 1, b 0 skorzystamy z warunków początkowych: x (0) = a 0 + b 0 = 0 x (1) = a 0 + a 1 + 3b 0 = 1 x () = 4a 0 + 8a 1 + 9b 0 = 1 Rozwiązując powyższy układ równań dostajemy a 0 = 3, a 1 =, b 0 = 3 Ostatecznie rozwiązaniem naszego równania jest x (n) = 3 n + n n 3 n+1 Pokażemy teraz, jak wygląda sytuacja, gdy pojawiają się pierwiastki charakterystyczne zespolone Załóżmy, że równanie x (n + )+p 1 x (n + 1)+p x (n) = 0 ma zespolone pierwiastki charakterystyczne postaci λ 1 = α + iβ, λ = α iβ Pierwiastki te są wzajemnie sprzężone, gdyż równanie charakterystyczne jest równaniem kwadratowym o rzeczywistych współczynnikach Zapiszmy te liczby w postaci trygonometrycznej λ 1 = r (cos θ + i sin θ), λ = r (cos θ i sin θ) Zgodnie z wzorem (9) rozwiązaniem ogólnym jest: x (n) = c 1 (r cos θ + ir sin θ) n + c (r cos θ ir sin θ) n gdzie a 1 = c 1 + c i a = (c 1 c ) i = r n [(c 1 + c ) cos (nθ) + i (c 1 c ) sin (nθ)] = r n [a 1 cos (nθ) + a sin (nθ)], (33) Przykład 36 Znajdziemy rozwiązanie ogólne równania x (n + 4) 6x (n + 3) + 13x (n + ) 4x (n + 1) + 36x (n) = 0 Równaniem charakterystycznym jest λ 4 6λ λ 4λ + 36 = 0 16

17 Rozkładając lewą stronę na czynniki, dostajemy (λ 3) ( λ + 4 ) = 0 Zatem pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1 = 3 = λ oraz λ 3 = i i λ 4 = i W postaci trygonometrycznej λ 3 i λ 4 zapisują się następująco ( λ 3 = cos π + i sin π ) (, λ 4 = cos π i sin π ) Na mocy powyższych rozważań rozwiązanie ogólne danego równania jest postaci x (n) = a 0 3 n + a 1 n3 n + a 3 n cos nπ + a 4 n sin nπ 4 Liniowe niejednorodne równania: metoda przewidywania Zajmiemy się teraz równaniami postaci y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) = g (n), (34) gdzie p k (n) 0 dla n n 0 i g (n) nie jest ciągiem zerowym Ciąg g (n) nazywamy składnikiem wymuszającym Zanim przejdziemy do ogólnej teorii przyjrzyjmy się przykładowi Przykład 41 Rozważmy równanie y (n + ) y (n + 1) 6y (n) = 5 3 n Wykonamy trzy polecenia: (a) Pokażemy, że y 1 (n) = n 3 n 1 i y (n) = (1 + n) 3 n 1 są rozwiązaniami tego równania Istotnie, podstawiamy ciąg y 1 (n) do naszego równania: L = (n + ) 3 n+1 (n + 1) 3 n 6n 3 n 1 Podstawiamy teraz ciąg y (n): = 3 n 1 (9n n 3 6n) = 15 3 n 1 = 5 3 n = P L = (n + 3) 3 n+1 (n + ) 3 n 6 (n + 1) 3 n 1 = 3 n 1 (9n + 7 3n 6 6n 6) = 15 3 n 1 = 5 3 n = P (b) Pokażemy, że y (n) = y (n) y 1 (n) nie jest rozwiązaniem powyższego równania Zauważmy, że y (n) = y (n) y 1 (n) = 3 n 1 Podstawiając do równania dostajemy L = 3 n+1 3 n 6 3 n 1 = 3 n (3 1 ) = n = P 17

18 (c) Pokażemy, że ϕ (n) = cn 3 n 1 nie jest rozwiązaniem danego równania dla dowolnej stałej c różnej od 1 Podstawmy do równania ciąg ϕ (n): L = c (n + ) 3 n+1 c (n + 1) 3 n 6cn 3 n 1 = c 3 n 1 (9n n 3 6n) = 5c 3 n To ostatnie wyrażenie pokrywa się z prawą strona danego równania tylko dla c = 1 Zauważmy, że w punkcie (b) powyższego przykładu różnica rozwiązań równania niejednorodnego okazała się być rozwiązaniem stowarzyszonego z nim równania jednorodnego Istotnie, zachodzi Twierdzenie 4 Jeżeli y 1 (n) i y (n) są rozwiązaniami równania (34), to ciąg x (n) = y (n) y 1 (n) jest rozwiązaniem stowarzyszonego z nim równania jednorodnego x (n + k) + p 1 (n) x (n + k 1) + + p k (n) x (n) = 0 (35) Dowód Podstawiając ciąg x (n) do równania (35), dostajemy L = y (n + k) y 1 (n + k) + p 1 (n) (y (n + k 1) y 1 (n + k 1)) + + p k (n) (y (n) y 1 (n)) = y (n + k) + p 1 (n) y (n + k 1) + + p k (n) y (n) [y 1 (n + k) + p 1 (n) y 1 (n + k 1) + + p k (n) y 1 (n)] = g (n) g (n) = 0 = P Umówmy się, że ogólne rozwiązanie równania jednorodnego stowarzyszonego z danym równaniem niejednorodnym nazywać będziemy rozwiązaniem komplementarnym równania niejednorodnego i oznaczać będziemy symbolem y c (n) Rozwiązanie równania niejednorodnego nazywać będziemy rozwiązaniem szczególnym i oznaczać symbolem y p (n) Następne twierdzenie daje nam algorytm na generowanie wszystkich rozwiązań równania niejednorodnego (34) Twierdzenie 43 Każde rozwiązanie y (n) równania (34) może być zapisane w postaci k y (n) = y p (n) + a i x i (n), gdzie {x 1 (n), x (n),, x k (n)} jest zbiorem fundamentalnym rozwiązań jednorodnego równania stowarzyszonego (35) Dowód Łatwo widać, że na mocy Twierdzenia 4 różnica y (n) y p (n) jest rozwiązaniem jednorodnego równania stowarzyszonego, czyli na mocy Definicji 17 zachodzi równość y (n) y p (n) = k i=1 a ix i (n) dla pewnych stałych a i, gdzie i = 1,, k i=1 18

19 Powyższe stwierdzenie upoważnia nas do zdefiniowania ogólnego rozwiązania równania niejednorodnego jako y (n) = y c (n) + y p (n) (36) Przejdźmy teraz do wyznaczania szczególnych rozwiązań równań niejednorodnych ze stałymi współczynnikami takich, jak y (n + k) + p 1 y (n + k 1) + + p k y (n) = g (n) (37) Ze względu na prostotę zaprezentujemy tzw metodę przewidywania zwaną inaczej metodą współczynników nieoznaczonych Metoda ta ogólnie mówiąc polega na przewidzeniu postaci rozwiązania szczególnego, a następnie podstawieniu jej do równania, co umożliwia sprecyzowanie ostateczne tego rozwiązania Pamiętajmy jednak, że metoda ta nie jest efektywna dla zupełnie dowolnego ciągu g (n) Jednakże dobrze działa, gdy g (n) jest liniową kombinacją składników postaci a n, sin (bn), cos (bn) albo n l (38) lub kombinacja liniową iloczynów powyższych wyrażeń takich, jak a n sin (bn),, a n n l,, a n n l cos (bn), (39) Definicja 44 Operator wielomianowy N (E), gdzie E jest operatorem przesunięcia nazywamy anihilatorem g (n), gdy N (E) g (n) = 0 (40) Inaczej mówiąc N (E) jest anihilatorem g (n), gdy g (n) jest rozwiązaniem równania jednorodnego (40) Zatem wyznaczenie anihilatora polega na znalezieniu możliwie najprostszego równania jednorodnego, którego rozwiązaniem jest g (n) Przykład 45 Podamy anihilatory pewnych składników wymuszających: g (n) = 3 n N (E) = E 3 g (n) = cos nπ N (E) = E + 1 g (n) = n + n N (E) = (E 1) 3 g (n) = n ( ) n + 3 n sin nπ Zapiszmy równanie (37) używając operatora E N (E) = (E + ) ( E + 4 ) p (E) y (n) = g (n), (41) gdzie p (E) = E k + p 1 E k 1 + p E k + + p k I Załóżmy teraz, że N (E) jest anihilatorem ciągu g (n) w (41) Zastosujmy operator N (E) do obu stron równania (41) N (E) p (E) y (n) = 0 (4) 19

20 Niech λ 1, λ,, λ k będą pierwiastkami charakterystycznymi równania jednorodnego p (E) y (n) = 0 (43) i niech µ 1, µ,, µ l będą pierwiastkami charakterystycznymi równania jednorodnego N (E) y (n) = 0 (44) Musimy rozważyć dwa przypadki: Przypadek 1 Żadne z λ i nie pokrywa się z żadnym µ j Wówczas y p (n) piszemy jako ogólne rozwiązanie równania (44) z nieoznaczonymi współczynnikami Podstawiając je do równania (37) wyznaczamy te współczynniki Przypadek Któreś λ i0 pokrywa się z pewnym µ j0 W tym przypadku zbiór charakterystycznych pierwiastków równania (4) jest sumą zbiorów {λ i } i {µ j } i w konsekwencji zawiera pierwiastki o wyższej krotności niż każdy ze składników oddzielnie Dla wyznaczenia rozwiązania szczególnego y p (n) znajdujemy najpierw rozwiązanie ogólne równania (4), a następnie opuszczamy w nim wszystkie składniki, które pojawiają się w ogólnym rozwiązaniu y c (n) równania (43) Dalej, dla wyznaczenia współczynników, postępujemy, jak w Przypadku 1 Przykład 46 Rozwiążemy równanie y (n + ) + y (n + 1) 1y (n) = n n (45) Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są λ 1 = 3 i λ = 4 Zatem y c (n) = c 1 3 n + c ( 4) n Ponieważ anihilatorem składnika wymyszającego jest N (E) = (E ), więc µ 1 = µ = i zbiory pierwiastków charakterystycznych są rozłączne Zatem y p (n) = a 1 n + a n n Wstawiając ciąg y p (n) do równania (45), dostajemy a 1 n+ +a (n + ) n+ +a 1 n+1 +a (n + 1) n+1 1a 1 n 1a n n = n n, czyli (10a 6a 1 ) n 6a n n = n n Aby powyższa równość zachodziła, musi być spełniony układ równań: { 6a1 + 10a = 0 6a = 1 Rozwiązaniem tego układu równań jest a 1 = 5 18 i a = 1 6 0

21 W konsekwencji y p (n) = 5 18 n 1 6 n n i rozwiązaniem ogólnym danego równania jest y (n) = c 1 3 n + c ( 4) n 5 18 n 1 6 n n Przykład 47 Rozwiążemy równanie y (n + ) y (n + 1) 6y (n) = 5 3 n (46) Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są λ 1 = 3 i λ = Zatem y c (n) = c 1 3 n + c ( ) n Ponieważ anihilatorem składnika wymuszającego jest N (E) = E 3, więc µ 1 = 3, czyli µ 1 = λ 1 Zauważmy, że dane równanie zapisane przy użyciu operatora przesunięcia jest postaci (E 3) (E + ) y (n) = 5 3 n Zatem przykładając do obu stron tego równania anihilator składnika wymuszającego, otrzymujemy równanie jednorodne Rozwiązaniem ogólnym równania (47) jest (E 3) (E + ) y (n) = 0 (47) ỹ (n) = (a 1 + a n) 3 n + a 3 ( ) n Opuszczając w tym rozwiązaniu składniki występujące w y c (n), otrzymujemy y p (n) = a n 3 n Podstawienie y p (n) do równania (46) daje nam a (n + ) 3 n+ a (n + 1) 3 n+1 6a n 3 n = 5 3 n, skąd a = 1 3 W kosekwencji y p (n) = n 3 n 1 i rozwiązaniem ogólnym równania (46) jest y (n) = c 1 3 n + c ( ) n + n 3 n 1 Przykład 48 Rozwiążemy równanie różnicowe y (n + ) + 4y (n) = 8 n cos nπ (48) Równaniem charakterystycznym stowarzyszonego równania jednorodnego jest λ + 4 = 0 1

22 Pierwiastkami charakterystycznymi są więc λ 1 = i, λ = i Stąd y c (n) = n ( c 1 cos nπ + c sin nπ ) (patrz wzór (33) Anihilatorem składnika wymuszającego jest N (E) = E + 4 Zatem µ 1 = i i µ = i, czyli pierwiastki charakterystyczne powtarzają się Używając operatora przesunięcia do zapisu danego równania niejednorodnego, otrzymujemy ( E + 4 ) y (n) = 8 n cos nπ Przykładając do obu stron tego równania anihilator składnika wymuszającego, dostajemy równanie jednorodne ( E + 4 ) y (n) = 0, którego rozwiązaniem ogólnym jest ỹ (n) = n ( (a 1 + a n) cos nπ + (a 3 + a 4 n) sin nπ ) Opuszczamy w tym rozwiązaniu składniki występujące w y c (n) i otrzymujemy ( y p (n) = n a n cos nπ + a 4n sin nπ ) Podstawiając y p (n) do równania (48), mamy [ ( nπ ) ( nπ )] n+ a (n + ) cos + π + a 4 (n + ) sin + π [ + 4 n a n cos nπ + a 4n sin nπ ] = 8 n cos nπ Ponieważ cos ( nπ + π) = cos nπ i sin ( nπ + π) = sin nπ, więc porównując współczynniki w powyższym równaniu, dostajemy a = 1 i a 4 = 0 W konsekwencji mamy y p (n) = n n cos nπ i ogólnym rozwiązaniem równania (48) jest y (n) = n ( c 1 cos nπ + c sin nπ n cos nπ ) Przykład 49 Rozwiążemy równanie różnicowe y (n + ) + y (n + 1) + y (n) = ( 1) n (49) z warunkami początkowymi y (0) = i y (1) = 0 Równaniem charakterystycznym stowarzyszonego równania niejednorodnego jest λ + λ + = 0,

23 więc pierwiastkami charakterystycznymi są λ 1 = 1+i i λ = 1 i Modułem pierwszego z tych pierwiastków jest, zaś jego argumentem jest θ = 3π 4 Stąd ( ) ( n y c (n) = c 1 cos 3nπ 4 + c sin 3nπ ) 4 Anihilatorem składnika wymuszającego jest N (E) = E + 1 Zatem µ 1 = 1 Zbiory pierwiastków charakterystycznych są rozłączne, więc y p (n) = a ( 1) n Podstawiając y p (n) do równania (49), otrzymujemy rwónanie a ( 1) n+ + a ( 1) n+1 + a ( 1) n = ( 1) n, z którego dostajemy a = 1 Stąd y p (n) = ( 1) n i rozwiązaniem ogólnym równania (49) jest ( ) ( n y (n) = c 1 cos 3nπ 4 + c sin 3nπ ) + ( 1) n 4 Wykorzystując teraz warunki początkowe, otrzymujemy układ równań { ( ) 0 ( ) 0 c 1 cos 0 + c sin = c 1 ( ) 1 cos 3π 4 + c Stąd { c1 = 1 c 1 + c = 1, ( ) 1 sin 3π 4 1 = 0 czyli mamy c 1 = 1 i c = Ostatecznie rozwiązaniem zagadnienia początkowego jest ( ) ( n y (n) = cos 3nπ ) 3nπ + sin + ( 1) n Zadania Rozwiąż następujące zagadnienia początkowe: Zadanie 1: y (n + 1) y (n) = 3 ( 1) n, y (0) = 1 Zadanie : Zadanie 3: y (n + 1) y (n) = n + 1, y (0) = y (n + 1) 3y (n) = 5, y (0) = 1 3

24 Zadanie 4: Zadanie 5: y (n + 1) y (n) = 4 3 n, y (0) = 7 y (n + 1) + y (n) = n ( ) n + 5, y (0) = 3 Zadanie 6: y (n + ) y (n + 1) y (n) = n n, y (0) = 11, y (1) = 19 Zadanie 7: y (n + ) + y (n + 1) y (n) = n + ( ) n, y (0) = 1, y (1) = 3 9 Zadanie 8: y (n + 3) 7y (n + ) + 8y (n + 1) + 16y (n) = 10 4 n+ 36, y (0) = 0, y (1) = 4, y () = 96 Zadanie 9: y (n + 3) y (n + ) + 9y (n + 1) 18y (n) = n+, y (0) = 1, y (1) = 0, y () = 8 Zadanie 10: y (n + 3) y (n + ) + 4y (n + 1) 8y (n) = 3 n sin nπ + 5 ( 1)n, y (0) = 5 3, y (1) = 5 3, y () = 1 3 Zadanie 11: y (n + ) y (n + 1) + 4y (n) = 5 3 n cos nπ 6 3n sin nπ + 3n, y (0) = 0, y (1) = 3 Zadanie 1: y (n + 4) + y (n + ) + y (n) = 4n + 5n n, y (0) = 1 5, y (1) = 5, y () = 9 5, y (3) =

25 Zadanie 13: y (n + 4) y (n) = cos nπ, y (0) =, y (1) = 0, y () = 0, y (3) = 4 Odpowiedzi: 1 y (n) = 3 ( 1)n y (n) = n + 3 y (n) = 3 n y (n) = 3 n n 5 y (n) = ( n + n 4 ) ( ) n y (n) = ( 1) n + 3 n + 3 n n 1 7 y (n) = ( ) n ( 1 6 n + 1) n 5 9 n 8 y (n) = ( n + n ) 4 n + ( 1) n 9 y (n) = n 3 n sin nπ + 1 3n 1 10 y (n) = n+1 + n sin nπ ) nπ + sin 1 + n ( n cos nπ 11 y (n) = ( ) n cos nπ nπ 3 sin 3 3 n cos nπ + n 1 y (n) = cos nπ nπ + n sin + ( ) n 16 5 n + n 13 y (n) = n cos nπ nπ sin + ( 1)n + n ( 1)n 5