Шинкарик М.І. Вища математика
Подождите немного. Документ загружается.
391
Треба визначити сталі
n21
,...,, ααα
і k так, щоб функції
(7.45) задовольняли систему (7.44). Підставимо функції (7.45) в сис-
тему (7.44):
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
α++α+α=α
α++α+α=α
α++α+α=α
.e)a...aa(ek
...............................................................
,e)a...aa(ek
,e)a...aa(ek
kt
nnn22n11n
kt
n
kt
nn2222121
kt
2
kt
nn1212111
kt
1
Скоротимо на
kt
e і перетворимо систему, звівши її до такої
системи:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=α−++α+α
=α++α−+α
=α++α+α−
.0)ka(...aa
........................................................
,0a...)ka(a
,0a...a)ka(
nnn22n11n
nn2222121
nn1212111
(7.46)
Це система лінійних алгебраїчних рівнянь відносно
.,...,,
n21
ααα Складемо визначник системи:
)ka(...aa
............
a...)ka(a
a...a)ka(
)k(
nn2n1n
n22221
n11211
−
−
−
=Δ
Ми одержимо нетривіальні (ненульові) розв’язки (7.45) тільки
за таких
k , за яких визначник перетвориться в нуль. Маємо рівнян-
ня
n
-го порядку для визначення
:k
0
)ka(...aa
............
a...)ka(a
a...a)ka(
nn2n1n
n22221
n11211
=
−
−
−
Це рівняння називається характеристичним
рівнянням для
системи (7.44).
Розглянемо окремі випадки на прикладах:
1) Корені характеристичного рівняння дійсні і різні.
Розв’язок системи записується у вигляді:
392
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
α++α+α=
α++α+α=
α++α+α=
.eС...eСeСx
...................................................................
,e
С...eСeСx
,e
С...eСeСx
tk
)n(
nn
tk
)2(
n2
tk
)1(
n1n
tk
)n(
2n
tk
)2(
22
tk
1
212
tk
)n(
1n
tk
)2(
12
tk
)1(
111
n
21
n
21
n
21
Приклад
2. Знайти загальний розв’язок системи рівнянь:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=
+=
.x3x
dt
dx
,x2x2
dt
dx
21
2
21
1
Розв
’язування .Складаємо характеристичне рівняння:
0
k31
2k2
=
−
−
або ,04k5k
2
=+− корені якого .4k,1k
21
==
Розв’язок системи шукаємо у вигляді:
,ex
t)1(
1
)1(
1
α= ,ex
t)1(
2
)1(
2
α= ,ex
t4)2(
1
)2(
1
α= .ex
t4)2(
2
)2(
2
α=
Складемо систему (7.46) для кореня
k
1
і знайдемо
)1(
1
α і
)1(
2
α :
⎩
⎨
⎧
=α−+α⋅
=α+α−
.0)13(1
,02)12(
)1(
2
)1(
1
)1(
2
)1(
1
або
⎩
⎨
⎧
=α+α
=α+α
.02
,02
)1(
2
)1(
1
)1(
2
)1(
1
Звідки
.
2
1
)1(
1
)1(
2
α−=α Покладаючи ,1
)1(
1
=α одержимо
2
1
)1(
2
−=α .
Отже, ми одержали розв’язок системи:
.
2
e
x,ex
t
)1(
2
t)1(
1
−==
Далі складаємо систему (7.46) для
:4k =
⎩
⎨
⎧
=α−α
=α+α−
.0
,022
)2(
2
)2(
1
)2(
2
)2(
1
.
Звідки
)2(
2
)2(
1
α=α і .1,1
)2(
2
)2(
1
=α=α
Одержимо другий розв’язок системи:
.ex,ex
t4)2(
2
t4)2(
1
==
Загальний розв’язок системи буде:
,eСeСx
t4
2
t
11
+=
.eСeС
2
1
x
t4
2
t
12
+−=
393
2) Корені характеристичного рівняння різні, але серед них є
комплексні:
,ik
1
β
+α= .ik
2
β
−α= Цим кореням будуть відповіда-
ти розв’язки:
)n,...,2,1j(,ex
t)i()1(
j
)1(
j
=α=
β+α
(7.47)
)n,...,2,1j(,ex
t)i()2(
j
)2(
j
=α=
β−α
(7.48)
Можна довести також, що дійсні і уявні частини комплексно-
го розв’язку також будуть розв’язками. Отже, одержимо два час-
тинних розв’язки:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
βλ+βλ=
βλ+βλ=
α
α
),xsinxcos(ex
),xsinxcos(ex
)2(
j
)1(
j
t
)2(
j
)2(
j
)1(
j
t
)1(
j
(7.49)
де
)2(
j
)1(
j
)2(
j
)1(
j
,,, λλλλ - дійсні числа, які визначаються через
)1(
j
λ
і
)2(
j
λ .
Відповідні комбінації функцій (7.49) ввійдуть в загальний
розв’язок системи.
Приклад
3. Знайти загальний розв’язок системи
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−−=
+−=
.x5x2
dt
dx
,xx7
dt
dx
21
2
21
1
Розв
’язування. Складаємо характеристичне рівняння:
0
k52
1k7
=
−−−
−
або ,037k12k
2
=++ корені якого ,i6k
1
+−=
.i6k
2
−−=
Підставляємо по черзі
21
k,k
в систему (7.46), знайдемо
;1
)1(
1
=α ;i1
)1(
2
+=α ;1
)2(
1
=α .i1
)2(
2
−=α
Запишемо рівняння (7.47) і (7.48) для наших даних
,e1x
t)i6()1(
1
+−
⋅= ,e)i1(x
t)i6()1(
2
+−
+=
,ex
t)i6()2(
1
−−
= .e)i1(x
t)i6()2(
2
−−
−=
Перепишемо ці розв’язки в такому вигляді:
tsinietcosex
t6t6)1(
1
−−
+= ,
)tsint(cosie)tsint(cosex
t6t6)1(
2
++−=
−−
,
tsinietcosex
t6t6)2(
1
−−
−= ,
)tsint(cosie)tsint(cosex
t6t6)2(
2
+−−=
−−
.
394
За частинні розв’язки можна взяти окремо дійсні і окремо уя-
вні частини:
,tcosex
t6
)1(
1
−
=
, ).tsint(cosex
t6
)1(
2
−=
−
,tsinex
t6
)2(
1
−
=
).tsint(cosex
t6
)2(
2
+=
−
Загальним розв’язком системи буде
tsineСtcoseСx
t6
2
t6
11
−−
+= ,
).tsint(coseС)tsint(coseСx
t6
2
t6
12
++−=
−−
§5. Різницеві рівняння
5.1.
Поняття різниці та різницевого рівняння
Якщо для значень змінної
,...x,x,x
321
функція
)x(f
набуває
значень
)...,x(f),x(f),x(f
321
то прирости функції складають
),x(f)x(f
12
− ),...x(f)x(f
23
−
Приріст функції при переході від значення
i
x
до значення
1i
x
+
будемо позначати:
).x(f)x(f)x(f
ii
1i
−=Δ
+
Зокрема можна
взяти в якості значення незалежних змінних
x
і .1x + Різниця
)x(f)1x(f)x(f −+=Δ називається першою різницею або різ-
ницею першого порядку. Вона може розглядатись в свою чергу як
функція від
x
, а тому і для неї можна визначити різницю:
)).x(f)1x(f(
)1x(f)2x(f()x(f)1x(f)x(f
−+−
−+−+=Δ−+Δ=ΔΔ
Введемо позначення
),x(f)x(f
2
Δ=ΔΔ тоді
)x(f)1x(f2)2x(f)x(f
2
++−+=Δ і називається різни-
цею другого порядку.
Аналогічно можна знайти різниці третього, четвертого і т.д.
порядків.
Визначимо різниці деяких найважливіших функцій.
1) Якщо
,С)x(f =
де С - стала величина, то
.0СС)x(f)1x(f)x(f =−=−+=Δ
Зрозуміло, що і всі різниці наступних порядків будуть також
дорівнювати нулю.
2) Якщо
,bax)x(f +=
то
395
.abaxb)1x(a)x(f)1x(ff =−−++=−+Δ=Δ
Різниця першого порядку лінійної функції дорівнює сталій, а
всі решта будуть дорівнювати нулю.
3) Якщо
,cbxax)x(f
2
++= то
.baax2cbxaxcbbxaax2ax
cbxaxc)1x(b)1x(a)x(f)1x(f)x(f
22
22
++=−−−+++++=
=−−−++++=−+=Δ
Оскільки різниця першого порядку є лінійною функцією, то
різниця другого порядку – стала, а всі наступні різниці дорівнюють
нулю.
4) Якщо
,a)x(f
x
= то
xx1xx1x
a)1a(aaaaa)x(f)1x(f)x(f −=−⋅=−=−+=Δ
+
.
В економічних дослідженнях часто зустрічаються задачі, в
яких час
t
є незалежною змінною, а залежна змінна визначається
для часу
2t,1t,t ++
і т.д.
Позначимо
t
y - значення функції
y
в момент часу
;
t
1t
y
+
-
значення функції в момент, зсунутий на одну одиницю , наприклад,
на наступну годину, на наступний тиждень і т.д.,
2t
y
+
- значення
функції
y
в момент, зсунутий на дві одиниці, і т.д.
Очевидно, що
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
Δ=−
Δ=−
Δ=−
−+−++
+++
+
.yyy
............................
,yyy
,yyy
1nt1ntnt
1t1t2t
tt1t
Звідки:
;yyy
tt1t
Δ+=
+
1ttt1t1t2t
yyyyyy
++++
Δ+Δ+=Δ+=
.
За різницю другого порядку, маємо
t1tt
2
yyy Δ−Δ=Δ
+
або
,yyy
t
2
t1t
Δ+Δ=Δ
+
тому
t
2
ttt
2
ttt2t
yy2yyyyyy Δ+Δ+=Δ+Δ+Δ+=
+
.
Аналогічно можна довести, що
.yy
1n
n
...y
2
n
y
1
n
yy
t
n
t
1n
t
2
ttnt
Δ+Δ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
++Δ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+Δ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
−
+
Отже, будь-яку функцію
0)t,y,...,y,y(f
nt1tt
=
++
можна подати у вигляді:
396
0)t,y,...,y,y(F
ttt
=Δ
′′
Δ
(7.50)
і навпаки .
Означення. Рівняння
0)t,y,...,y,y(f
nt1tt
=
++
(7.51)
називається різницевим рівнянням
n
-го порядку.
Розв’язати різницеве рівняння
n
-го порядку – це означає
знайти таку функцію
t
y
, яка перетворює рівняння (7.50) або (7.51) в
тотожність.
Розв’язок, в якому є довільна стала, називається загальним;
розв’язок , в якому стала відсутня, називається частинним.
Означення. Рівняння
),t(fya...yaya
ntn1t1t0
=+++
−−
(7.52)
де
n1,0
a,...,aa
сталі числа, називається неоднорідним різницевим
рівнянням
n
-го порядку з сталими коефіцієнтами.
Якщо в рівнянні (7.52) f(t)=0, то рівняння називається однорід-
ним різницевим рівнянням n-го порядку з сталими коефіцієнта-
ми:
0ya...yayaya
ntn2t21t1t0
=++++
−−−
. (7.53)
Рівняння
cbyay
1tt
=+
−
є однорідне різницеве рівняння пер-
шого порядку з сталими коефіцієнтами
a
та b, а рівняння
dcybyay
2t1tt
=++
−−
- неоднорідне різницеве рівняння другого по-
рядку з сталими коефіцієнтами
.c,b,a
ТЕОРЕМА
1. Якщо розв’язками однорідного різницевого
рівняння (7.53) є )t(y
1
і )t(y
2
, то його розв’язком буде також
функція
).t(y)t(y
21
+
ТЕОРЕМА 2. Якщо y(t) є розв’язком однорідного різнице-
вого рівняння (7.53), то його розв’язком буде також
функція Ay(t), де А – довільна стала.
ТЕОРЕМА 3. Якщо
)t(y
- частинний розв’язок
неоднорідного рівняння (7.52) і )A,...,A,A,t(y
n21
- загальний
розв’язок однорідного рівняння (7.53), то загальним розв’язком
неоднорідного різницевого рівняння буде функція:
).A,...,A,A,t(y)t(y
n21
+
Ці теореми схожі з теоремами для диференціальних рівнянь,
які були наведені нами в попередньому розділі.
397
5.2. Різницеві рівняння першого порядку з сталими
коефіцієнтами
Розглянемо неоднорідне різницеве рівняння
)t(fayy
1tt
=−
−
. (7.54)
Відповідне йому однорідне рівняння буде:
0ayy
1tt
=−
−
. (7.55)
Візьмемо функцію
t
t
ay = і переконаємось, що вона буде
розв’язком рівняння (7.55). Оскільки
,ay
t
t
= тоді .ay
1t
1t
−
−
= Підс-
тавимо
t
y і
1t
y
−
в рівняння (7.55): .0aaaaa
tt1tt
=−=⋅−
−
Отже,
t
t
ay = є розв’язком рівняння (7.55).
За теоремою (2) загальний розв’язок однорідного різницевого
рівняння (7.55) є функція
,Aay
t
t
= де А – довільна стала.
Нехай
)t(y - частинний розв’язок неоднорідного різницевого
рівняння (7.54). За теоремою (3) загальним розв’язком неоднорідно-
го різницевого рівняння (7.54) буде функція
.Aa)t(y)t(y
t
+=
Частинний розв’язок знайти неважко, якщо
,)t(f α=
де α -
деяка стала. Насправді, якщо
,uy
t
= де
u
- стала. Підставимо в рів-
няння (7.54), маємо:
,
au
u
α=−
звідки .
1
u
α−
α
=
Отже, загальний розв’язок рівняння (7.54) запишемо у вигля-
ді:
.aA
1
y
t
t
⋅+
α−
α
=
5.3.
Різницеві рівняння другого порядку з сталими
коефіцієнтами.
Нехай задано неоднорідне різницеве рівняння другого поряд-
ку з сталими коефіцієнтами:
)t(fbyayy
2t1tt
=++
−−
, (7.56)
і відповідне йому однорідне рівняння
0byayy
2t1tt
=++
−−
. (7.57)
Переконаємось, що функція
t
t
y λ= буде розв’язком рівняння (7.58).
Підставимо в рівняння (7.57)
t
t
y λ= 0( ≠λ ), одержимо
398
.0ba
2t1tt
=λ+λ+λ
−−
Оскільки ,0≠λ то поділимо на ,
2t−
λ маємо
0ba
2
=+λ+λ (7.58)
Це рівняння називається характеристичним рівнянням для рів-
няння (7.57).
Тут можуть мати місце такі три випадки:
1.
,0b4aD
2
>−= тоді рівняння (7.58) буде мати два дійсні,
різні корені.
Загальний розв’язок рівняння (7.57) запишеться у вигляді:
t
22
t
11t
AAy λ+λ= ,
а загальний розв’язок неоднорідного рівняння (7.56) запишеться так:
t
22
t
11t
AA)t(yy λ+λ+= .
2.
,0b4aD
2
=−= тоді
2
a
4
1
b
=
і
a
2
1
21
−=λ=λ
і
.a
2
1
y
t
t
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
В цьому випадку однорідне рівняння (7.57) набуде ви-
гляду:
0ya
4
1
ayy
2t
2
1tt
=++
−−
. (7.59)
Тоді
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−− 2t21tt
a
2
1
a
4
1
a
2
1
aa
2
1
.0
a2
1
21a
2
1
)a
2
1
a
4
1
a
2
1
a1()a
2
1
t2
2
1t
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
−−
Легко переконатися, що розв’язком рівняння (7.59) є також функція
).a
2
1
(,ty
t
t
−=λλ⋅= Тому загальним розв’язком рівняння (7.59) є
функція ,a
2
1
)tAA(a
2
1
tAa
2
1
Ay
t
21
t
2
t
1t
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
а загальним розв’язком неоднорідного рівняння (7.56) функція
.a
2
1
)tAA()t(yy
t
21t
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−++=
3.
,0b4aD
2
<−=
тоді характеристичне рівняння (7.58) має
два комплексних спряжених корені:
399
).ab4ia(
2
1
),ab4ia(
2
1
22
−+−−−−
Позначимо
,ab4
2
1
,a
2
1
2
−=β−=α тоді загальним розв’язком
однорідного рівняння (7.57) буде функція
,)i(A)i(Ay
t
21t
β−α+β+α= а неоднорідного рівняння (7.56) –
функція
.)i(A)i(A)t(yy
t
21t
β−α+β+α+=
Приклад
1. Розв’язати різницеве рівняння:
.7y6y5y
2t1tt
=+−
−−
Розв
’язування. Запишемо відповідне йому однорідне рівняння :
.0y6y5y
2t1tt
=+−
−−
Характеристичне рівняння
065
2
=+λ−λ
буде мати дійсні рі-
зні корені
)012425D( >=−= ,
.3,2
21
=λ=λ
Загальним розв’язком однорідного рівняння є функція
.3A2Ay
t
2
t
1t
⋅+⋅=
Далі покладемо, що
yy
t
= - частинний розв’язок неоднорід-
ного рівняння, тоді
;7y6y5y =+− ;7y2 = .
2
7
y
=
Таким чином, загальним розв’язком неоднорідного рівняння є
функція
.3A2A
2
7
y
t
2
t
1t
⋅+⋅+= Сталі
1
A та
2
A визначимо із почат-
кових умов:
y
0
=5, y
1
=9. Тоді для 0t = і 1t = відповідно будемо ма-
ти:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⋅+⋅+=
⋅+⋅+=
.3A2A
2
7
9
,3A2A
2
7
5
1
2
1
1
0
2
0
1
Розв’яжемо цю систему рівнянь відносно
1
A і
2
A :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=+
=+
.
2
11
A3A2
,
2
3
AA
21
21
Звідки .
2
5
A,1A
21
=−=
400
Отже, −⋅+−=
tt
t
3
2
5
2
2
7
y загальний розв’язок заданого в
умові різницевого рівняння.
5.4. Приклади застосування різницевих рівнянь
в економічних задачах
Приклад 1. Нехай деяка сума коштів видається під складний
відсоток
p
, то до кінця
t
-го року її розмір буде складати:
.y
100
p
1y
1tt −
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+= Це однорідне різницеве рівняння першого
порядку. Його розв’язком буде функція
,)
100
p
1(Ay
t
t
+= де
A
-
деяка стала, яку можна знайти із початкових умов.
Якщо покласти
,Fy
0
= то
F
A
= , звідки .
100
p
1Fy
t
t
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
Це відома формула величини фонду
F
, що видається під
складний відсоток.
Приклад
2. Нехай величина пропозиції сільськогосподарської
продукції в
t
-му році є функція ціни минулого року ,р
1t−
а попит
на цю продукцію є функція ціни в цьому році. Отже, попит:
),p(fq
tt
= а пропозиція ).p(S
1tt −
ϕ
=
Ціна рівноваги для даної продукції визначається рівністю:
),p()p(f
1tt −
ϕ
=
а це різницеве рівняння першого порядку.
Покладемо, що функція попиту визначається формулою
,apq
tt
= а функція пропозиції – формулою .bpS
1tt −
=
Ціна рівноваги запишеться:
,bpap
1tt −
= тобто
1tt
p
a
b
p
−
= .
Розв’язком цього рівняння є функція
.
a
b
Ap
t
t
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
= Стала
A
визнача-
ється з початкових умов, що для
0t = ціна складає .p
0
Тоді
Ap
0
= і розв’язком рівняння є функція .
a
b
pp
t
0t
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
Якщо початкова ціна
0p
0
= , то 0p
t
= для всіх значень
t
.