ВУЗ:
Составители:
14
,
2
1
b
Dic
q
+
=
,
2
2
b
Dic
q
−
=
где i – мнимая единица. Эти корни удобно представить в виде
q
1
=
ρ
e
i
ϕ
, q
2
=
ρ
e
-i
ϕ
,
ρ
= ,
b
a
ϕ
=arctg
.
c
D
Линейно независимыми решениями являются не только функции:
k
q
1
=
ρ
k
e
ik
ϕ
=
ρ
k
(cosk
ϕ
+isink
ϕ
),
k
q
2
=
ρ
k
e
-ik
ϕ
=
ρ
k
(cosk
ϕ
-isink
ϕ
),
но и функции
,sin,cos
)2()1(
ϕρϕρ
kyky
k
k
k
k
==
которые также линейно независимы в силу линейной независимости функций sink
ϕ
и cosk
ϕ
.
Общее решение имеет вид
y
k
=
ρ
k
(c
1
cosk
ϕ
+c
2
sink
ϕ
). (16)
3) D=c
2
–4ab=0. Корни действительны и равны: q
1
=q
2
=c/(2b)=q
0
. Линейно независимыми
являются решения
.,
0
)2(
0
)1(
k
k
k
k
kqyqy == (17)
Покажем, что
)2(
k
y есть решение уравнения (12):
=−+−+=+−
−+
−+
1
00
1
0
)2(
1
)2(2
1
)1()1(
kkk
kkk
qkackqqkbaycyby
,0)()(
1
0
2
0
1
00
1
0
=−++−=
−−+ kkkk
qabqaqcqbqk
т.к.
0
4
4
2
2
2
0
==−=−
b
D
a
b
c
babq .
Поскольку
0
)1(
12
0
1
0
1
0
00
1,
≠=
+
=∆
+
++
+
k
kk
kk
kk
q
qkq
kqq
, то решения (17) линейно независимы, и
общее решение имеет вид
.
0201
kk
k
kqcqcy +=
1.1.2.5. Примеры
Рассмотрим примеры решения разностных уравнений второго порядка (11).
1. Найти общее решение уравнения
y
k+1
-2py
k
+y
k-1
=0, a=b=1, c=2p>0.
Возможны три случая:
1) p<1. Положим p=cos
α
; тогда D=4(cos
2
α
-1)=-4sin
2
α
<0. Линейно независимые решения имеют
вид
.sin,cos
)2()1(
αα
kyky
kk
==
2) p>1. Полагая p=ch
α
, получим для q квадратное уравнение q
2
–2qch
α
+1=0; его дискриминант
равен D=4(ch
2
α
-1)=4sh
2
α
, а корни имеют вид q
1,2
=ch
α
±
sh
α
=e
α
±
. Линейно независимыми
решениями являются функции
.,
)2()1(
αα
shkychky
kk
==
3) p=1. В этом случае q
2
–2q+1=0, q
1,2
=1, линейно независимые решения имеют вид
.,1
)2()1(
kyy
kk
==
Во всех трех случаях общее решение рассматриваемого однородного уравнения будет
иметь вид
.
)2(
2
)1(
1
kkk
ycycy +=
2. Найти решение уравнения
y
k+2
-y
k+1
-2y
k
=0.
Дискриминант равен D=1+8=9, корнями будут q
1,2
=(1
±
3)/2, q
1
=2, q
2
=-1. Общее решение
имеет вид y
k
=c
1
2
k
+c
2
(-1)
k
.
14
c+i D c−i D
q1 = , q2 = ,
2b 2b
где i – мнимая единица. Эти корни удобно представить в виде
a D
q1=ρeiϕ, q2=ρe-iϕ, ρ= , ϕ=arctg .
b c
Линейно независимыми решениями являются не только функции:
q1k =ρkeikϕ=ρk(coskϕ+isinkϕ),
q 2k =ρke-ikϕ=ρk(coskϕ-isinkϕ),
но и функции
y k(1) = ρ k cos kϕ , y k( 2 ) = ρ k sin kϕ ,
которые также линейно независимы в силу линейной независимости функций sinkϕ и coskϕ.
Общее решение имеет вид
yk=ρk(c1coskϕ+c2sinkϕ). (16)
3) D=c2 –4ab=0. Корни действительны и равны: q1=q2=c/(2b)=q0. Линейно независимыми
являются решения
y k(1) = q 0k , y k( 2) = kq 0k . (17)
Покажем, что y k( 2 ) есть решение уравнения (12):
by k2+1 − cy k( 2) + ay k( 2−)1 = b(k + 1)q 0k +1 − ckq0k + a (k − 1)q0k −1 =
= k (bq 0k +1 − cq 0k + aq 0k −1 ) + (bq 02 − a)q 0k −1 = 0,
c2 D
т.к. bq 02 − a = b 2
−a = = 0.
4b 4b
q 0k kq0k
Поскольку ∆ k ,k +1 = k +1 k +1
= q 02 k +1 ≠ 0 , то решения (17) линейно независимы, и
q0 (k + 1)q 0
общее решение имеет вид
y k = c1 q 0k + c 2 kq 0k .
1.1.2.5. Примеры
Рассмотрим примеры решения разностных уравнений второго порядка (11).
1. Найти общее решение уравнения
yk+1-2pyk+yk-1=0, a=b=1, c=2p>0.
Возможны три случая:
1) p<1. Положим p=cosα; тогда D=4(cos2α-1)=-4sin2α<0. Линейно независимые решения имеют
вид y k(1) = cos kα , y k( 2 ) = sin kα .
2) p>1. Полагая p=chα, получим для q квадратное уравнение q2–2qchα+1=0; его дискриминант
равен D=4(ch2α-1)=4sh2α, а корни имеют вид q1,2=chα ± shα=e ± α . Линейно независимыми
решениями являются функции y k(1) = chkα , y k( 2 ) = shkα .
3) p=1. В этом случае q2 –2q+1=0, q1,2 =1, линейно независимые решения имеют вид
y k(1) = 1, y k( 2 ) = k .
Во всех трех случаях общее решение рассматриваемого однородного уравнения будет
иметь вид y k = c1 y k(1) + c 2 y k( 2 ) .
2. Найти решение уравнения
yk+2-yk+1-2yk=0.
Дискриминант равен D=1+8=9, корнями будут q1,2=(1 ± 3)/2, q1=2, q2=-1. Общее решение
имеет вид yk=c12k+c2(-1)k.
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 12
- 13
- 14
- 15
- 16
- …
- следующая ›
- последняя »
