Wykład z równań różnicowych
1 Wiadomości wstępne
Umówmy się, że na czas tego wykładu zrezygnujemy z oznaczania n-tego wyrazu
ciągu symbolem typu xn, yn itp. Zamiast tego pisać będziemy x (n), y (n) itp.
Ponadto wprowadzimy symbol na oznaczenie iloczynu pewnej ilości wyrazów
ciÄ…gu analogiczny do  sigmy oznaczajÄ…cej sumÄ™. Mianowicie,
n

a (i) = a (1) · a (2) · · · · · a (n) .
i=1
Dodatkowo umawiamy się, że powyższy iloczyn po pustym zbiorze indeksów,
0

czyli na przykład a (i), jest równy 1.
i=1
Definicja 1.1. Operatorem przesunięcia nazywamy operator określony na cią-
gach wzorem
Ex (n) = x (n + 1) .
Operator I dany wzorem
Ix (n) = x (n)
nazywamy operatorem identycznościowym.
Uwaga 1.2. W dalszym ciągu dla liczby rzeczywistej  będziemy używać zapisu
E -  zamiast E - I.
Zastanówmy się co daje wielokrotne zastosowanie operatora przesunięcia.
Mamy
E2x (n) = E (Ex (n)) = Ex (n + 1) = x (n + 2) ,

E3x (n) = E E2x (n) = Ex (n + 2) = x (n + 3) .
Widać, że indukcyjnie daje się wykazać ogólny wzór
Ekx (n) = x (n + k) , k " N.
Jeżeli więc
p () = a0k + a1k-1 + · · · + ak
1
jest dowolnym wielomianem stopnia k zmiennej , to możemy określić operator
wielomianowy p (E) określony za pomocą wzoru
p (E) = a0Ek + a1Ek-1 + · · · + akI,
który na ciągu x (n) przyjmuje wartość
p (E) x (n) = a0x (n + k) + a1x (n + k - 1) + · · · + akx (n) .
Następującym przykładem zilustrujemy czym są równania różnicowe.
Przykład 1.3. Załóżmy, że w chwili t = 0 populacja liczy P (0) osób. Roczny
1 1
wskaz
nik urodzeń wynosi b = , a roczna umieralność d = . Oznacza to,
100 101
że jeżeli w końcu n-tego roku żyje P (n) osób, to w następnym roku urodzi się
P (n) P (n)
dzieci i umrze osób. Zatem liczba osób żyjących na koniec (n + 1)-ego
100 101
roku wyniesie
P (n) P (n)
P (n + 1) = P (n) + -
100 101

1
= P (n) · (1 + b - d) = P (n) · 1 + .
10100
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 roz-
wiązaniem 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 uzy-
skać właściwe rozwiązanie szczególne, potrzebne są tak zwane warunki począt-
kowe. 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
n
1
P (n) = 100 · 1 + .
10100
2
Widać więc, że równanie różnicowe będzie związkiem między kilkoma (nie-
koniecznie 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 ciÄ…g zadany jest rekurencyjnie.
W naszym wykładzie zajmować się będziemy tylko szczególnym rodzajem
równań różnicowych, mianowicie równaniami liniowymi.
2 Ogólna teoria liniowych równań różnicowych
Definicja 2.1. Równaniem liniowym rzędu k nazywamy równanie różnicowe
postaci
y (n + k) + p1 (n) y (n + k - 1) + · · · + pk (n) y (n) = g (n) , (2)
gdzie pi (n) dla i = 1, 2, . . . , k oraz g (n) są ciągami określonymi dla n n0
przy pewnym ustalonym n0 (w naszym wykładzie najczęściej n0 = 0), przy czym
pk (n) = 0 dla n n0. W równaniu powyższym niewiadomą jest ciąg y (n), zaś

pozostałe ciągi są dane. Rozwiązaniem równania (2) nazywamy każdy ciąg y (n)
określony dla n n0, który spełnia to równanie. Jeżeli g (n) = 0 dla wszystkich
n n0, to równanie (2) nazywamy jednorodnym. W przeciwnym przypadku
równanie to nazywamy niejednorodnym. Jeżeli równanie (2) jest niejednorodne,
to równanie jednorodne postaci
y (n + k) + p1 (n) y (n + k - 1) + · · · + pk (n) y (n) = 0 (3)
nazywamy równaniem jednorodnym stowarzyszonym z równaniem (2).
Zauważmy, że równanie (2) można zapisać w postaci
y (n + k) = -p1 (n) y (n + k - 1) - · · · - pk (n) y (n) + g (n) , (4)
z której przy n0 = 0 kładąc n = 0, otrzymujemy
y (k) = p1 (0) y (k - 1) - p2 (0) y (k - 2) - · · · - pk (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 (4) n = 1 mamy
y (k + 1) = p1 (1) y (k) - p2 (1) y (k - 1) - · · · - pk (1) y (1) + g (1) ,
czyli potrafimy z kolei obliczyć y (k + 1). Powtarzając ten proces możemy obli-
czyć wszystkie y (n) dla n k.
Zilustrujmy powiedziane wyżej za pomocą przykładu.
Przykład 2.2. Rozważmy równanie liniowe trzeciego rzędu postaci
n
y (n + 3) - y (n + 2) + ny (n + 1) - 3y (n) = n , n 1. (5)
n + 1
3
Załóżmy, że y (1) = 0, y (2) = -1 i y (3) = 1. Obliczymy kolejne wyrazy ciągu
y (n). Zapiszmy równanie (5) w równoważnej postaci
n
y (n + 3) = y (n + 2) - ny (n + 1) + 3y (n) + n. (6)
n + 1
PodstawiajÄ…c n = 1 w (6), dostajemy
1 5
y (4) = y (3) - y (2) + 3y (1) + 1 = .
2 2
Dla n = 2
2 4
y (5) = y (4) - 2y (3) + 3y (2) + 2 = - .
3 3
Dla n = 3
3 5
y (6) = y (5) - 3y (4) + 3y (3) + 3 = - .
4 2
Dla n = 4
4 89
y (7) = y (6) - 4y (5) + 3y (4) + 4 = itd.
5 6
Jeżeli do równania różnicowego dołączymy dodatkowo pierwszych k wartości
szukanego rozwiÄ…zania, to otrzymamy tzw. zagadnienie poczÄ…tkowe:
y (n + k) + p1 (n) y (n + k - 1) + · · · + pk (n) y (n) = g (n) , (7)
y (n0) = a0 , y (n0 + 1) = a1 , . . . , y (n0 + k - 1) = ak-1, (8)
gdzie ai są ustalonymi liczbami dla i = 0, 1, . . . , k - 1. Z powyższych rozważań
otrzymujemy następujące
Twierdzenie 2.3. Zagadnienie początkowe (7) i (8) posiada dokładnie jedno
rozwiÄ…zanie y (n).
Pozostaje pytanie czy potrafimy wyznaczyć wzór na n-ty wyraz ciągu speł-
niającego równanie (2) lub spełniającego zagadnienie początkowe (7) i (8).
Zajmiemy się w pierwszej kolejności równaniem liniowym jednorodnym rzędu
k postaci
x (n + k) + p1 (n) x (n + k - 1) + · · · + pk (n) x (n) = 0, (9)
gdzie pk (n) = 0 dla n n0.

Zaczniemy od wprowadzenia ważnych pojęć
Definicja 2.4. Ciągi f1 (n) , . . . , fr (n) nazywamy liniowo zależnymi dla n n0,
gdy istnieją stałe a1, . . . , ar nie wszystkie równe zeru, takie, że
a1f1 (n) + · · · + arfr (n) = 0 dla n n0. (10)
Jeżeli nie jest spełniony warunek Definicji 2.4, to ciągi f1 (n) , . . . , fr (n) na-
zywamy liniowo niezależnymi. Inaczej, ciągi te nazywamy liniowo niezależnymi,
gdy z równości
a1f1 (n) + · · · + arfr (n) = 0
dla n n0 wynika, że a1 = a2 = · · · = ar = 0.
Zilustrujmy powyższe pojęcia za pomocą przykładu:
4
Przykład 2.5. Pokażemy, że ciągi 3n, n3n, n23n są liniowo niezależne dla n 1.
Przypuśćmy, że dla stałych a1, a2 i a3 mamy
a13n + a2n3n + a3n23n = 0 dla n 1.
DzielÄ…c przez 3n mamy
a1 + a2n + a3n2 = 0 dla wszystkich n 1.
To jest możliwe tylko w przypadku, gdy a3 = 0, bo trójmian kwadratowy ma co
najwyżej dwa pierwiastki rzeczywiste. Stąd dalej mamy a2 = 0, bo wielomian
stopnia 1 ma co najwyżej jeden pierwiastek, a stąd dalej a1 = 0. Zatem mamy
liniową niezależność.
Definicja 2.6. Zbiór k liniowo niezależnych rozwiązań równania (9) nazywamy
fundamentalnym zbiorem rozwiązań.
Zwróćmy uwagę, że w powyższej definicji k jest rzędem równania.
Podamy teraz praktyczniejszą metodę sprawdzania liniowej niezależności
rozwiązań.
Definicja 2.7. Kasoratianem W (n) rozwiązań x1 (n) , . . . , xr (n) nazywamy
wyznacznik dany przez


x1 (n) x2 (n) . . . xr (n)


x1 (n + 1) x2 (n + 1) . . . xr (n + 1)

W (n) = . (11)
. . .
. . .

. . .

x1 (n + r - 1) x2 (n + r - 1) . . . xr (n + r - 1)
Przykład 2.8. Rozważmy równanie różnicowe
x (n + 3) - 7x (n + 1) + 6x (n) = 0.
Pokażemy, że ciągi 1, (-3)n i 2n są rozwiązaniami tego równania i obliczymy
dla nich kasoratian. Najpierw sprawdzamy, czy to sÄ… rozwiÄ…zania, podstawiajÄ…c
te ciągi do równania. Dla ciągu x (n) = 1 mamy L = 1 - 7 + 6 = 0 = P . Dla
ciÄ…gu x (n) = (-3)n mamy
L = (-3)n+3 - 7 (-3)n+1 + 6 (-3)n = (-3)n [-27 + 21 + 6] = 0 = P .
Wreszcie dla ciÄ…gu x (n) = 2n mamy
L = 2n+3 - 7 · 2n+1 + 6 · 2n = 2n [8 - 14 + 6] = 0 = P .
Obliczamy teraz kasoratian:
5

1 (-3)n 2n

1
W (n) = (-3)n+1 2n+1

1 (-3)n+2 2n+2

(-3)n+1 2n+1 1 2n+1 1 (-3)n+1

= + 2n
(-3)n+2 2n+2 - (-3)n 1 2n+2 1 (-3)n+2

= 2n+2 (-3)n+1 - 2n+1 (-3)n+2 - (-3)n 2n+2 - 2n+1

+ 2n (-3)n+2 - (-3)n+1
= -12 · 2n (-3)n - 18 · 2n (-3)n - 4 · 2n (-3)n + 2 · 2n (-3)n
+ 9 · 2n (-3)n + 3 · 2n (-3)n = -20 · 2n (-3)n .
Lemat 2.9 (Lemat Abela). Niech x1 (n) , . . . , xk (n) będą rozwiązaniami rów-
nania (9) i niech W (n) będzie ich kasoratianem. Wówczas dla n n0 zachodzi
wzór

n-1

0
W (n) = (-1)k(n-n ) pk (i) W (n0) . (12)
i=n0
Zauważmy teraz, że jeśli równanie (9) ma stałe współczynniki p1, p2, . . . , pk,
to wzór (12) przyjmuje postać
0
0
W (n) = (-1)k(n-n ) pn-n W (n0) . (13)
k
Ze wzoru (12) wynika następujący wniosek
Wniosek 2.10. Załóżmy, że pk (n) = 0 dla wszystkich n n0. Wówczas ka-

soratian W (n) jest różny od 0 dla każdego n n0 wtedy i tylko wtedy, gdy
W (n0) = 0.

Z wniosku powyższego wynika, że aby sprawdzić, czy W (n) = 0 dla wszyst-

kich n " N *" {0}, wystarczy sprawdzić, czy W (0) = 0. Oczywiście czasami

zamiast wartości w 0 bierzemy wartość w jakiejś wygodniejszej liczbie natural-
nej n0.
Wykazuje się, że zachodzi następujące twierdzenie:
Twierdzenie 2.11. Zbiór rozwiązań x1 (n) , x2 (n) , . . . , xk (n) równania (9)
rzędu k jest zbiorem fundamentalnym wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnego
n0 " N *" {0} zachodzi W (n0) = 0.

Przykład 2.12. Sprawdzimy, że {n, 2n} jest fundamentalnym zbiorem rozwią-
zań równania
3n - 2 2n
x (n + 2) - x (n + 1) + x (n) = 0.
n - 1 n - 1
Podstawiając do równania ciąg x1 (n) = n, dostajemy
3n - 2 2n n2 + n - 2 - 3n2 - n + 2 + 2n2
L = n+2- (n + 1)+ n = = 0 = P .
n - 1 n - 1 n - 1
6
PodstawiajÄ…c teraz ciÄ…g x2 (n) = 2n, mamy
3n - 2 2n 4n - 4 - 6n + 4 + 2n
L = 2n+2 - 2n+1 + 2n = 2n = 0 = P .
n - 1 n - 1 n - 1
Ponieważ równanie nie ma sensu dla n = 1, więc przyjmiemy n0 = 2. Skoro


n 2n

W (n) = ,
n + 1 2n+1
więc

2 4

W (2) = = 4 = 0.
3 8
Stąd na mocy Twierdzenia 2.11 ciągi n, 2n dla n 2 stanowią zbiór fundamen-
talny rozwiązań danego równania.
Przykład 2.13. Rozważmy równanie rzędu trzeciego postaci
x (n + 3) + 3x (n + 2) - 4x (n + 1) - 12x (n) = 0.
Pokażemy, że ciągi 2n, (-2)n i (-3)n tworzą zbiór fundamentalny rozwiązań
tego równania. Sprawdzamy najpierw, że są to rozwiązania danego równania:
dla ciÄ…gu 2n mamy
L = 2n+3 + 3 · 2n+2 - 4 · 2n+1 - 12 · 2n = 2n (8 + 12 - 8 - 12) = 0 = P ,
dla ciÄ…gu (-2)n mamy
L = (-2)n+3 + 3 · (-2)n+2 - 4 · (-2)n+1 - 12 · (-2)n
= (-2)n (-8 + 12 + 8 - 12) = 0 = P ,
i dla ciÄ…gu (-3)n mamy
L = (-3)n+3 + 3 · (-3)n+2 - 4 · (-3)n+1 - 12 · (-3)n
= (-3)n (-27 + 27 + 12 - 12) = 0 = P .
Aby stwierdzić liniową niezależność, obliczymy kasoratian


2n (-2)n (-3)n

2n+1 (-2)n+1 (-3)n+1
W (n) = .

2n+2
(-2)n+2 (-3)n+2
StÄ…d

1 1 1

2
W (0) = -2 -3 = -20 = 0.


4 4 9
Na mocy Twierdzenia 2.11 podane rozwiązania tworzą zbiór fundamentalny
rozwiązań.
7
Opierając się teraz na Twierdzeniu 2.3, możemy udowodnić
Twierdzenie 2.14 (Twierdzenie podstawowe). Jeżeli pk (n) = 0 dla wszystkich

n n0, to równanie (9) posiada fundamentalny zbiór rozwiązań dla n n0.
Następny wynik pokazuje metodę generowania rozwiązań, gdy dany jest pe-
wien fundamentalny zbiór rozwiązań.
Lemat 2.15. Niech x1 (n) i x2 (n) będą rozwiązaniami równania (9). Wówczas
zachodzą następujące warunki:
(i) x (n) = x1 (n) + x2 (n) jest rozwiązaniem równania (9).
(ii) x (n) = ax1 (n) jest rozwiązaniem równania (9) dla dowolnej stałej a.
Ü
Dowód powyższego lematu polega na bezpośrednim sprawdzeniu, że x (n) i
x (n) są rozwiązaniami równania (9).
Ü
Z lematu powyższego wynika natychmiast następujący
Wniosek 2.16. Jeżeli x1 (n) , . . . , xk (n) są rozwiązaniami równania (9), to
x (n) = a1x1 (n) + a2x2 (n) + · · · + akxk (n) ,
gdzie ai są stałymi, jest także rozwiązaniem tego równania.
Pokazuje się, że jeżeli x1 (n) , . . . , xk (n) jest zbiorem fundamentalnym roz-
wiązań równania (9) i x (n) jest dowolnym rozwiązaniem tego równania, to ist-
nieją liczby a1, . . . , ak takie, że
k

x (n) = aixi (n) .
i=1
Stąd wynika zasadność następującej definicji
Definicja 2.17. Niech {x1 (n) , x2 (n) , . . . , xk (n)} będzie fundamentalnym zbio-
rem rozwiązań równania (9). Wówczas rozwiązanie
k

x (n) = aixi (n) ,
i=1
gdzie ai są dowolnymi stałymi, nazywamy rozwiązaniem ogólnym równania (9).
3 Liniowe jednorodne równania o stałych współ-
czynnikach
Rozważmy równanie różnicowe rzędu k postaci
x (n + k) + p1x (n + k - 1) + p2x (n + k - 2) + · · · + pkx (n) = 0, (14)
gdzie pi są stałymi rzeczywistymi i pk = 0. (W tych równaniach przyjmujemy

zawsze n0 = 0.)
8
Uwaga 3.1. Zauważmy, że równanie (14) daje się zapisać przy pomocy opera-
tora przesunięcia w postaci
p (E) x (n) = 0.
gdzie p () = k + p1k-1 + p2k-2 + · · · + pk.
Naszym celem jest teraz wyznaczenie fundamentalnego zbioru rozwiązań
tego równania. Procedura jest dość prosta. Załóżmy, że rozwiązania równania
(14) sÄ… postaci n, gdzie  jest ustalonÄ… liczbÄ… zespolonÄ…. WstawiajÄ…c ten ciÄ…g
do równania, dostajemy, że dla każdego n " N *" {0} zachodzi równość
n+k + p1n+k-1 + · · · + pkn = 0. (15)
Zauważmy, że  nie może być zerem, bo gdyby było, to z powyższego równania
dla n = 0 otrzymalibyśmy pk = 0, co przeczy uczynionemu założeniu. Dzieląc
ostatnie równanie przez n, otrzymujemy
k + p1k-1 + · · · + pk = 0. (16)
Stąd mamy, że jeśli ciąg postaci n jest rozwiązaniem równania (14), to liczba
 jest pierwiastkiem równania wielomianowego (16). Równanie (16) nazywamy
równaniem charakterystycznym równania (14), zaś pierwiastki równania cha-
rakterystycznego nazywamy pierwiastkami charakterystycznymi. Zauważmy, że
żaden pierwiastek charakterystyczny nie jest zerem, gdyż pk = 0. Odwrotnie, za-

łóżmy teraz, że  jest pierwiastkiem równania charakterystycznego (16). Wtedy
podstawiając to  do równania (16) i mnożąc stronami przez n, dostajemy
równanie (15), a to oznacza, że ciąg n jest rozwiązaniem równania (14).
Mamy do rozważenia dwa przypadki:
Przypadek (a). Załóżmy, że pierwiastki charakterystyczne 1, . . . , k są różne,
czyli każdy z pierwiastków charakterystycznych jest pierwiastkiem jednokrot-
nym. Pokazuje się, że wtedy zbiór {n, . . . , n} jest fundamentalnym zbiorem
1 k
rozwiązań. W konsekwencji rozwiązaniem ogólnym równania (14) jest
k

x (n) = ain, (17)
i
i=1
gdzie ai sÄ… liczbami zespolonymi.
Przypadek (b). Załóżmy teraz, że różnymi pierwiastkami charakterystycz-
nymi są 2, . . . , r i mają one odpowiednio krotności m1, m2, . . . , mr, przy
r1,
czym mi = k. Przy tych założeniach równanie (14) może być zapisane w
i=1
postaci
1 2 r
(E - 1)m (E - 2)m · · · (E - r)m x (n) = 0. (18)
A
atwo widać, że jeżeli ciÄ…gi È1 (n) , È2 (n) , . . . , Èm (n) sÄ… rozwiÄ…zaniami równa-
i
nia
i
(E - i)m x (n) = 0, (19)
to są rozwiązaniami równania (18). Przypuśćmy, że potrafimy znalez
ć fundamen-
talny zbiór rozwiązań dla równania (19) przy 1 i r. Można podejrzewać, że
9
suma tych fundamentalnych zbiorów rozwiązań będzie fundamentalnym zbio-
rem rozwiązań równania (18). Wyznaczymy fundamentalny zbiór rozwiązań dla
równania (19).
Lemat 3.2. Zbiór

n n n
Gi = n, n, n, . . . , n
i i i i
1 2 mi - 1
jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań równania (19).
Teraz możemy ostatecznie wyznaczyć zbiór fundamentalny rozwiązań rów-
nania (18).
r
Twierdzenie 3.3. Zbiór G = Gi jest fundamentalnym zbiorem rozwiązań
i=1
równania (18).
Z ostatniego twierdzenia wynika natychmiast
Wniosek 3.4. Ogólnym rozwiązaniem równania (18) jest
r


i-1
x (n) = n ai0 + ai1n + ai2n2 + · · · + aim nm . (20)
i i-1
i=1
Przykład 3.5. Rozwiążemy zagadnienie początkowe
x (n + 3) - 7x (n + 2) + 16x (n + 1) - 12x (n) = 0,
x (0) = 0 , x (1) = 1 , x (2) = 1 .
Równaniem charakterystycznym jest
3 - 72 + 16 - 12 = 0.
Pierwiastkami charakterystycznymi sÄ… 1 = 2 = 2 i 3 = 3. Na mocy Wniosku
3.4 rozwiązaniem ogólnym jest
x (n) = a02n + a1n2n + b03n.
Aby wyznaczyć stałe a0, a1, b0 skorzystamy z warunków początkowych:
x (0) = a0 + b0 = 0
x (1) = 2a0 + 2a1 + 3b0 = 1
x (2) = 4a0 + 8a1 + 9b0 = 1.
Rozwiązując powyższy układ równań dostajemy
a0 = 3 , a1 = 2 , b0 = -3 .
Ostatecznie rozwiÄ…zaniem naszego równania jest x (n) = 3 · 2n + 2n · 2n - 3n+1.
10
Pokażemy teraz, jak wygląda sytuacja, gdy pojawiają się pierwiastki charak-
terystyczne zespolone. Załóżmy, że równanie x (n + 2)+p1x (n + 1)+p2x (n) = 0
ma zespolone pierwiastki charakterystyczne postaci 1 = Ä… + i², 2 = Ä… - i².
Pierwiastki te są wzajemnie sprzężone, gdyż równanie charakterystyczne jest
równaniem kwadratowym o rzeczywistych współczynnikach. Zapiszmy te liczby
w postaci trygonometrycznej
1 = r (cos ¸ + i sin ¸) , 2 = r (cos ¸ - i sin ¸) .
Zgodnie z Wnioskiem 3.4 rozwiązaniem ogólnym jest:
x (n) = c1 (r cos ¸ + ir sin ¸)n + c2 (r cos ¸ - ir sin ¸)n
= rn [(c1 + c2) cos (n¸) + i (c1 - c2) sin (n¸)]
= rn [a1 cos (n¸) + a2 sin (n¸)] , (21)
gdzie a1 = c1 + c2 i a2 = (c1 - c2) i.
Przykład 3.6. Znajdziemy rozwiązanie ogólne równania
x (n + 4) - 6x (n + 3) + 13x (n + 2) - 24x (n + 1) + 36x (n) = 0.
Równaniem charakterystycznym jest
4 - 63 + 132 - 24 + 36 = 0
Rozkładając lewą stronę na czynniki, dostajemy

( - 3)2 2 + 4 = 0.
Zatem pierwiastkami charakterystycznymi sÄ… 1 = 3 = 2 oraz 3 = 2i i
4 = -2i. W postaci trygonometrycznej 3 i 4 zapisują się następująco

Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
3 = 2 cos + i sin , 4 = 2 cos - i sin .
2 2 2 2
Na mocy powyższych rozważań rozwiązanie ogólne danego równania jest postaci
nĄ nĄ
x (n) = a03n + a1n3n + a32n cos + a42n sin .
2 2
4 Liniowe niejednorodne równania: metoda prze-
widywania
Zajmiemy się teraz równaniami postaci
y (n + k) + p1 (n) y (n + k - 1) + · · · + pk (n) y (n) = g (n) , (22)
gdzie pk (n) = 0 dla n n0 i g (n) nie jest ciÄ…giem zerowym. CiÄ…g g (n) nazy-

wamy składnikiem wymuszającym.
Zanim przejdziemy do ogólnej teorii przyjrzyjmy się przykładowi.
11
Przykład 4.1. Rozważmy równanie
y (n + 2) - y (n + 1) - 6y (n) = 5 · 3n.
Wykonamy trzy polecenia:
(a) Pokażemy, że y1 (n) = n · 3n-1 i y2 (n) = (1 + n) · 3n-1 sÄ… rozwiÄ…zaniami
tego równania. Istotnie, podstawiamy ciąg y1 (n) do naszego równania:
L = (n + 2) · 3n+1 - (n + 1) · 3n - 6n · 3n-1
= 3n-1 (9n + 18 - 3n - 3 - 6n) = 15 · 3n-1 = 5 · 3n = P .
Podstawiamy teraz ciÄ…g y2 (n):
L = (n + 3) · 3n+1 - (n + 2) · 3n - 6 (n + 1) · 3n-1
= 3n-1 (9n + 27 - 3n - 6 - 6n - 6) = 15 · 3n-1 = 5 · 3n = P .
(b) Pokażemy, że y (n) = y2 (n) - y1 (n) nie jest rozwiązaniem powyższego
równania. Zauważmy, że y (n) = y2 (n) - y1 (n) = 3n-1. Podstawiając do rów-
nania dostajemy
L = 3n+1 - 3n - 6 · 3n-1 = 3n (3 - 1 - 2) = 0 = 5 · 3n = P .

(c) Pokażemy, że Õ (n) = cn · 3n-1 nie jest rozwiÄ…zaniem danego równania
dla dowolnej staÅ‚ej c różnej od 1. Podstawmy do równania ciÄ…g Õ (n):
L = c (n + 2) · 3n+1 - c (n + 1) · 3n - 6cn · 3n-1
= c · 3n-1 (9n + 18 - 3n - 3 - 6n) = 5c · 3n.
To ostatnie wyrażenie pokrywa się z prawą strona danego równania tylko dla
c = 1.
Zauważmy, że w punkcie (b) powyższego przykładu różnica rozwiązań rów-
nania niejednorodnego okazała się być rozwiązaniem stowarzyszonego z nim
równania jednorodnego. Istotnie, zachodzi
Twierdzenie 4.2. Jeżeli y1 (n) i y2 (n) są rozwiązaniami równania (22), to
ciąg x (n) = y2 (n) - y1 (n) jest rozwiązaniem stowarzyszonego z nim równania
jednorodnego
x (n + k) + p1 (n) x (n + k - 1) + · · · + pk (n) x (n) = 0. (23)
Umówmy się, że ogólne rozwiązanie równania jednorodnego stowarzyszonego
z danym równaniem niejednorodnym nazywać będziemy rozwiązaniem komple-
mentarnym równania niejednorodnego i oznaczać będziemy symbolem yc (n).
Rozwiązanie równania niejednorodnego nazywać będziemy rozwiązaniem szcze-
gólnym i oznaczać symbolem yp (n). Następne twierdzenie daje nam algorytm
na generowanie wszystkich rozwiązań równania niejednorodnego (22).
12
Twierdzenie 4.3. Każde rozwiązanie y (n) równania (22) może być zapisane
w postaci
k

y (n) = yp (n) + aixi (n) ,
i=1
gdzie {x1 (n) , x2 (n) , . . . , xk (n)} jest zbiorem fundamentalnym rozwiązań jed-
norodnego równania stowarzyszonego (23).
Powyższe stwierdzenie upoważnia nas do zdefiniowania ogólnego rozwiązania
równania niejednorodnego jako
y (n) = yc (n) + yp (n) . (24)
Przejdz
my teraz do wyznaczania szczególnych rozwiązań równań niejedno-
rodnych ze stałymi współczynnikami takich, jak
y (n + k) + p1y (n + k - 1) + · · · + pky (n) = g (n) . (25)
Ze względu na prostotę zaprezentujemy tzw. metodę przewidywania zwaną
inaczej metodą współczynników nieoznaczonych. Metoda ta ogólnie mówiąc po-
lega na przewidzeniu postaci rozwiązania szczególnego, a następnie podstawie-
niu 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 składni-
ków postaci
an , sin (bn) , cos (bn) albo nl (26)
lub kombinacja liniową iloczynów powyższych wyrażeń takich, jak
an sin (bn) , . . . , annl, . . . , annl cos (bn) , . . . . (27)
Definicja 4.4. Operator wielomianowy N (E), gdzie E jest operatorem przesu-
nięcia nazywamy anihilatorem g (n), gdy
N (E) g (n) = 0. (28)
Inaczej mówiąc N (E) jest anihilatorem g (n), gdy g (n) jest rozwiązaniem
równania jednorodnego (28). Zatem wyznaczenie anihilatora polega na znalezie-
niu możliwie najprostszego równania jednorodnego, którego rozwiązaniem jest
g (n).
Przykład 4.5. Podamy anihilatory pewnych składników wymuszających:
g (n) = 3n N (E) = E - 3
nĄ
g (n) = cos N (E) = E2 + 1
2
g (n) = n2 + n N (E) = (E - 1)3

nĄ
g (n) = n · (-2)n + 3 · 2n sin N (E) = (E + 2)2 E2 + 4
2
13
Zapiszmy równanie (25) używając operatora E
p (E) y (n) = g (n) , (29)
gdzie p (E) = Ek + p1Ek-1 + p2Ek-2 + · · · + pkI.
Załóżmy teraz, że N (E) jest anihilatorem ciągu g (n) w (29). Zastosujmy
operator N (E) do obu stron równania (29)
N (E) p (E) y (n) = 0. (30)
Niech 1, 2, . . . , k będą pierwiastkami charakterystycznymi równania jedno-
rodnego
p (E) y (n) = 0 (31)
i niech µ1, µ2, . . . , µl bÄ™dÄ… pierwiastkami charakterystycznymi równania jedno-
rodnego
N (E) y (n) = 0. (32)
Musimy rozważyć dwa przypadki:
Przypadek 1. Å»adne z i nie pokrywa siÄ™ z żadnym µj. Wówczas yp (n) pi-
szemy jako ogólne rozwiązanie równania (32) z nieoznaczonymi współczynni-
kami. Podstawiając je do równania (25) wyznaczamy te współczynniki.
Przypadek 2. KtóreÅ› i pokrywa siÄ™ z pewnym µj . W tym przypadku zbiór
0 0
charakterystycznych pierwiastków równania (30) jest sumÄ… zbiorów {i} i {µj} i
w konsekwencji zawiera pierwiastki o wyższej krotności niż każdy ze składników
oddzielnie. Dla wyznaczenia rozwiązania szczególnego yp (n) znajdujemy naj-
pierw rozwiązanie ogólne równania (30), a następnie opuszczamy w nim wszyst-
kie składniki, które pojawiają się w ogólnym rozwiązaniu yc (n) równania (31).
Dalej, dla wyznaczenia współczynników, postępujemy, jak w Przypadku 1.
Przykład 4.6. Rozwiążemy równanie
y (n + 2) + y (n + 1) - 12y (n) = n · 2n. (33)
Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są
1 = 3 i 2 = -4. Zatem
yc (n) = c1 · 3n + c2 · (-4)n .
Ponieważ anihilatorem składnika wymyszającego jest N (E) = (E - 2)2, więc
µ1 = µ2 = 2 i zbiory pierwiastków charakterystycznych sÄ… rozÅ‚Ä…czne. Zatem
yp (n) = a1 · 2n + a2n · 2n.
Wstawiając ciąg yp (n) do równania (33), dostajemy
a1·2n+2+a2 (n + 2)·2n+2+a1·2n+1+a2 (n + 1)·2n+1-12a1·2n-12a2n·2n = n·2n,
czyli
(10a2 - 6a1) · 2n - 6a2n · 2n = n · 2n.
14
Aby powyższa równość zachodziła, musi być spełniony układ równań:

-6a1 + 10a2 = 0
.
-6a2 = 1
Rozwiązaniem tego układu równań jest
5 1
a1 = - i a2 = - .
18 6
W konsekwencji
5 1
yp (n) = - · 2n - n · 2n
18 6
i rozwiązaniem ogólnym danego równania jest
5 1
y (n) = c1 · 3n + c2 (-4)n - · 2n - n · 2n.
18 6
Przykład 4.7. Rozwiążemy równanie
y (n + 2) - y (n + 1) - 6y (n) = 5 · 3n. (34)
Pierwiastkami charakterystycznymi jednorodnego równania stowarzyszonego są
1 = 3 i 2 = -2. Zatem
yc (n) = c1 · 3n + c2 · (-2)n .
Ponieważ anihilatorem skÅ‚adnika wymuszajÄ…cego jest N (E) = E - 3, wiÄ™c µ1 =
3, czyli µ1 = 1. Zauważmy, że dane równanie zapisane przy użyciu operatora
przesunięcia jest postaci
(E - 3) (E + 2) y (n) = 5 · 3n.
Zatem przykładając do obu stron tego równania anihilator składnika wymusza-
jącego, otrzymujemy równanie jednorodne
(E - 3)2 (E + 2) y (n) = 0. (35)
Rozwiązaniem ogólnym równania (35) jest
Å‚ (n) = (a1 + a2n) · 3n + a3 (-2)n .
Opuszczając w tym rozwiązaniu składniki występujące w yc (n), otrzymujemy
yp (n) = a2n · 3n. Podstawienie yp (n) do równania (34) daje nam
a2 (n + 2) · 3n+2 - a2 (n + 1) · 3n+1 - 6a2n · 3n = 5 · 3n,
skÄ…d
1
a2 = .
3
W kosekwencji yp (n) = n · 3n-1 i rozwiÄ…zaniem ogólnym równania (34) jest
y (n) = c1 · 3n + c2 (-2)n + n · 3n-1.
15
Przykład 4.8. Rozwiążemy równanie różnicowe
nĄ
y (n + 2) + 4y (n) = 8 · 2n cos . (36)
2
Równaniem charakterystycznym stowarzyszonego równania jednorodnego jest
2 + 4 = 0.
Pierwiastkami charakterystycznymi są więc
1 = 2i , 2 = -2i.
StÄ…d

nĄ nĄ
yc (n) = 2n c1 cos + c2 sin
2 2
(patrz wzór (21) Anihilatorem składnika wymuszającego jest N (E) = E2 + 4.
Zatem µ1 = 2i i µ2 = -2i, czyli pierwiastki charakterystyczne powtarzajÄ… siÄ™.
Używając operatora przesunięcia do zapisu danego równania niejednorodnego,
otrzymujemy

nĄ
E2 + 4 y (n) = 8 · 2n cos .
2
Przykładając do obu stron tego równania anihilator składnika wymuszającego,
dostajemy równanie jednorodne
2
E2 + 4 y (n) = 0,
którego rozwiązaniem ogólnym jest

nĄ nĄ
Å‚ (n) = 2n (a1 + a2n) cos + (a3 + a4n) sin .
2 2
Opuszczamy w tym rozwiązaniu składniki występujące w yc (n) i otrzymujemy

nĄ nĄ
yp (n) = 2n a2n cos + a4n sin .
2 2
Podstawiając yp (n) do równania (36), mamy

nĄ nĄ
2n+2 a2 (n + 2) cos + Ä„ + a4 (n + 2) sin + Ä„
2 2

nĄ nĄ nĄ
+ 4 · 2n a2n cos + a4n sin = 8 · 2n cos .
2 2 2

nĄ nĄ nĄ nĄ
Ponieważ cos + Ą = - cos i sin + Ą = - sin , więc porównu-
2 2 2 2
jąc współczynniki w powyższym równaniu, dostajemy a2 = -1 i a4 = 0. W
konsekwencji mamy
nĄ
yp (n) = -2nn cos
2
i ogólnym rozwiązaniem równania (36) jest

nĄ nĄ nĄ
y (n) = 2n c1 cos + c2 sin - n cos .
2 2 2
16
Przykład 4.9. Rozwiążemy równanie różnicowe
y (n + 2) + 2y (n + 1) + 2y (n) = (-1)n (37)
z warunkami początkowymi y (0) = 2 i y (1) = 0. Równaniem charakterystycz-
nym stowarzyszonego równania niejednorodnego jest
2 + 2 + 2 = 0,
więc pierwiastkami charakterystycznymi są 1 = -1 +i i 2 = -1 -i. Modułem
"
3Ä„
pierwszego z tych pierwiastków jest 2, zaÅ› jego argumentem jest ¸ = . StÄ…d
4

" n 3nĄ
3nĄ
yc (n) = 2 c1 cos + c2 sin .
4 4
Anihilatorem skÅ‚adnika wymuszajÄ…cego jest N (E) = E + 1. Zatem µ1 = -1.
Zbiory pierwiastków charakterystycznych są rozłączne, więc yp (n) = a (-1)n.
Podstawiając yp (n) do równania (37), otrzymujemy rwónanie
a (-1)n+2 + 2a (-1)n+1 + 2a (-1)n = (-1)n ,
z którego dostajemy a = 1. Stąd yp (n) = (-1)n i rozwiązaniem ogólnym rów-
nania (37) jest

" n 3nĄ
3nĄ
y (n) = 2 c1 cos + c2 sin + (-1)n .
4 4
Wykorzystując teraz warunki początkowe, otrzymujemy układ równań

" 0 " 0
c1 2 cos 0 + c2 2 sin 0 + 1 = 2
" 1 3Ä„ " 1 3Ä„ .
c1 2 cos + c2 2 sin - 1 = 0
4 4
StÄ…d

c1 = 1
,
-c1 + c2 = 1
czyli mamy c1 = 1 i c2 = 2. Ostatecznie rozwiÄ…zaniem zagadnienia poczÄ…tkowego
jest
" n 3nĄ 3nĄ
y (n) = 2 cos + 2 sin + (-1)n .
4 4
17