MASARYKOVA UNIVERZITA
Přírodovědecká fakulta
Lineární diferenční rovnice prvního
řádu a jejich aplikace
Diplomová práce
2009 Anna Voldánová
Děkuji prof. RNDr. Zuzaně Došlé, DSc. z Ústavu matematiky a statistiky Přírodovědecké
fakulty Masarykovy univerzity za odborné vedení a připomínky při zpracování mé
diplomové práce.
Prohlašuji, že jsem diplomovou práci Lineární diferenční rovnice prvního řádu a jejich
aplikace vypracovala samostatně s využitím pramenů uvedených v seznamu použité litera-
tury.
Anna Voldánová
Obsah
Úvod 5
1 Posloupnosti 6
2 Diference a sumace 12
2.1 Diference . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Sumace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Součet n členů posloupnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Součet řady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3 Lineární diferenční rovnice 1. řádu 24
3.1 Homogenní rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2 Nehomogenní rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.3 Závislost řešení na počáteční podmínce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4 Speciální funkce a diferenční rovnice 34
4.1 Gama funkce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.2 Řešení homogenní rovnice pomocí sumace . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
5 Aplikace 41
5.1 Aplikace diferenčních rovnic a jejich řešení . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
5.2 Řetězové zlomky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Seznam použité literatury 49
Úvod
Předmětem této diplomové práce jsou lineární diferenční rovnice prvního řádu a jejich
aplikace.
Tato práce má charakter učebního textu. Cílem je probrat teorii diferenčních rovnic
prvního řádu a ukázat jejich využití při řešení příkladů. Tato práce může být využita studenty
gymnázií s rozšířenou výukou matematiky při probírání učiva Diferenční rovnice.
Studenti vysokých škol mohou tento text využít k rozšíření učiva probíraného v kurzu
Matematická analýza IV.
Práce je rozdělena do pěti kapitol. Teorie v každé kapitole je doplněna příklady.
První kapitola se zabývá posloupnostmi – způsobem jejich zápisu, posloupností aritmetickou
a geometrickou, jsou zde definovány pojmy diference a limita posloupnosti.
Ve druhé kapitole jsou uvedeny základy diferenčního a sumačního počtu, jejichž znalosti
využijeme v dalších kapitolách při řešení diferenčních rovnic. Sumační počet je zde použit
i při hledání součtu n členů posloupnosti a součtu řad. Některé věty jsou zde uvedeny bez
důkazu, je však možno tyto důkazy najít v uvedené literatuře, nebo si je čtenář může zkusit
provést sám.
Třetí kapitola je věnována lineárním diferenčním rovnicím prvního řádu. Jsou zde vysvětleny
postupy při řešení těchto rovnic a tyto postupy jsou ukázány na příkladech. V této
kapitole se zabýváme i tím, jak může řešení diferenční rovnice ovlivnit počáteční podmínka.
Ve čtvrté kapitole si všímáme toho, jak diferenční rovnice souvisí s gama funkcí. Znalost
gama funkce využijeme při řešení homogenní rovnice pomocí sumace.
V páté kapitole jsou uvedeny a vyřešeny aplikační úlohy na diferenční rovnice a zabýváme
se zde souvislostí mezi diferenčními rovnicemi a řetězovými zlomky.
Práce je vysázena systémem LATEX.
Použité značení:
N množina přirozených čísel
R množina reálných čísel
KAPITOLA 1. POSLOUPNOSTI 6
Kapitola 1
Posloupnosti
S pojmem posloupnost se můžeme setkat již na střední škole. Tato kapitola má za cíl
zopakovat tento pojem v rozsahu středoškolské látky. V učebnici [7] najdeme tuto definici
posloupnosti:
Definice 1. Každá funkce, jejímž definičním oborem je množina N všech přirozených čísel,
se nazývá nekonečná posloupnost.
Každá funkce, jejíž definiční obor je množina všech přirozených čísel n ≤ n0, kde n0 je
pevně dané číslo z N, se nazývá konečná posloupnost.
Poznámka 1.1. Někdy je třeba definiční obor posloupnosti rozšířit o nulu, tedy definičním
oborem bývá množina N ∪ {0}. Tento definiční obor většinou bývá používán v aplikacích.
Označení. Posloupnost můžeme značit různě, nejčastějšími způsoby označení jsou: {an}∞
n=1
a (an)∞
n=1, jednodušeji {an} a (an). V tomto textu budeme většinou používat značení (an).
Rovněž n-tý člen posloupnosti bývá značen různě, například an nebo a(n). V tomto textu
budeme používat oba způsoby.
Posloupnost se obvykle zadává nějakým předpisem pro n-tý člen, například an = n2
pro n ∈ N. Někdy lze zadat posloupnost výčtem prvků, většinou několika prvních členů,
například (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, . . .).
Příklad 1.1. Napište prvních pět členů posloupnosti, jejíž n-tý člen je:
a) an = 2;
b) an = n
1
2 ;
c) an = 3n+1
2n−5
;
d) an = 1−cos nπ
2
.
Řešení. a) 2, 2, 2, 2, 2;
b) 1,
√
2,
√
3, 2,
√
5;
KAPITOLA 1. POSLOUPNOSTI
c) -4
3
, -7, 10, 13
3
, 16
5
;
d) 1, 0, 1, 0, 1.
Příklad 1.2. Najděte n-tý člen posloupnosti:
a) (2, 22
, 23
, 24
, 25
, 26
, . . .);
b) (2
3
, 3
4
, 4
5
, 5
6
, 6
7
, . . .);
c) (4, −4, 4, −4, 4, −4, 4, . . .);
d) (1, 3, 9, 27, 81, . . .).
Řešení. a) an = 2n
;
b) an = n+1
n+2
;
c) an = (−1)n+1
4;
d) an = 3n−1
.
Příklad 1.3. Vypočítejte druhý, třetí a čtvrtý člen posloupnosti (an), která je dána takto:
a1 = 4
an+1 = −2an pro každé n ∈ N.
Řešení. a2 = −2a1 = −8, a3 = −2a2 = 16, a4 = −2a3 = −32.
V posloupnosti (an) je dán první člen a dále je k dispozici vzorec, pomocí něhož můžeme
pro každé n ∈ N vypočítat člen an+1 na základě znalosti předchozího členu. Takovýto způsob
zadání se vyskytuje často. Říkáme, že posloupnost je určena rekurentně (z latinského
recurrere, což znamená vraceti se, jít zpět).
Příklad 1.4. Najděte obecný člen posloupnosti dané rekurentně a napište jejích pět prvních
členů:
a) a1 = 2, an+1 = an + 1;
b) a1 = 1, an+1 = −an.
Řešení. a) 2, 3, 4, 5, 6; an = n + 1;
b) 1, -1, 1, -1, 1; an = (−1)n+1
.
7
KAPITOLA 1. POSLOUPNOSTI
Příklad 1.5. Definujte rekurentně posloupnost (tj. vyjádřete člen an+1 pomocí členu an):
a) (1 − n)∞
n=1;
b) (1 + (−1)n
)∞
n=1.
Řešení. a) a1 = 0, an+1 = an − 1;
b) a1 = 0, an+1 = 2 − an.
Pojem diference se ve středoškolské učebnici objevuje poprvé v souvislosti s pojmem
aritmetická posloupnost:
Definice 2. Posloupnost (an) se nazývá aritmetická, právě když existuje takové reálné
číslo d, že pro každé přirozené číslo n je
an+1 = an + d.
Číslo d se nazývá diference aritmetické posloupnosti.
V aritmetické posloupnosti (an) tedy pro každé n ∈ N platí
an+1 − an = d.
Tím je vysvětlena volba názvu diference pro d.
Věta 1.1. Pro součet sn prvních n členů aritmetické posloupnosti (an), tj. pro a1 + a2 +
· · · + an, platí
sn =
n
2
(a1 + an).
Dalším druhem posloupnosti je geometrická posloupnost:
Definice 3. Posloupnost (an) se nazývá geometrická, právě když existuje takové reálné
číslo q, že pro každé přirozené číslo n je
an+1 = anq.
Číslo q se nazývá kvocient geometrické posloupnosti.
V geometrické posloupnosti (an) s kvocientem q = 0 platí pro každé n ∈ N
an = a1qn−1
.
Věta 1.2. Pro součet sn prvních n členů geometrické posloupnosti (an) s kvocientem q
platí:
8
KAPITOLA 1. POSLOUPNOSTI
a) je-li q = 1, pak
sn = na1,
b) je-li q = 1, pak
sn = a1
qn
− 1
q − 1
. (1.1)
Ústředním tématem, které nás bude u posloupností zajímat, bude otázka, zda a jak
rychle se jednotlivé členy posloupnosti mění. V případě funkcí můžeme změny funkčních
hodnot pozorovat pomocí derivace funkce. V případě posloupností si stačí všímat, o kolik
se liší dva bezprostředně po sobě jdoucí členy posloupnosti. Tím dospíváme k základnímu
pojmu, pomocí něhož budeme posloupnosti studovat, k diferenci posloupnosti, která je zobecněním
pojmu diference aritmetické posloupnosti z definice 2:
Definice 4. Nechť an, an+1 jsou dva po sobě jdoucí členy posloupnosti (an). Rozdíl an+1−an
se nazývá diference posloupnosti (an) v bodě n a označuje se ∆an. Platí tedy
∆an = an+1 − an. (1.2)
Poznámka 1.2. Symbol ∆ označuje velké řecké písmeno „delta .
Příklad 1.6. Stanovte diferenci posloupností:
a) an = C;
b) bn = n;
c) cn = n2
;
d) dn = 3n
;
e) en = 1
n
;
f) fn = n.5n
.
Řešení. Platí ∆an = an+1 − an. Tedy:
a) ∆C = C − C = 0;
b) ∆n = (n + 1) − n = 1;
c) ∆n2
= (n + 1)2
− n2
= n2
− 2n + 1 − n2
= 2n + 1;
d) ∆3n
= 3n+1
− 3n
= 3 · 3n
− 3n
= 2 · 3n
;
e) ∆1
n
= 1
n+1
− 1
n
= − 1
(n+1)n
;
f) ∆(n · 5n
) = (n + 1)5n+1
− n · 5n
= 5n
(5n + 5 − n) = 5n
(4n + 5).
9
KAPITOLA 1. POSLOUPNOSTI
Důležitá vlastnost posloupnosti je pojem limita:
Definice 5. Číslo a se nazývá limita posloupnosti (an), právě když ke každému kladnému
číslu ε existuje n0 ∈ N tak, že pro všechna přirozená čísla n ≥ n0 platí
|an − a| < ε.
Píšeme limn→∞ an = a. V tomto případě říkáme, že (an) konverguje (je konvergentní).
Posloupnosti, které nejsou konvergentní, se nazývají divergentní.
Příklad 1.7. Pomocí definice limity posloupnosti se přesvědčte, že platí:
lim
n→∞
n2
+ n − 2
n2 − 1
= 1.
Řešení. Máme tedy za úkol dokázat, že ke každému ε > 0 existuje n0 ∈ N tak, že pro
všechna přirozená čísla n ≥ n0 je
n2
+ n − 2
n2 − 1
− 1 < ε. (1.3)
Vyřešíme nerovnici (1.3) s neznámou n ∈ N. Nejprve upravíme výraz na levé straně nerov-
nice:
n2
+ n − 2
n2 − 1
− 1 =
n2
+ n − 2 − n2
+ 1
n2 − 1
=
n − 1
n2 − 1
=
n − 1
n2 − 1
=
1
n + 1
Od nerovnice (1.3) můžeme tedy přejít k nerovnici
1
n + 1
< ε.
Její řešení je
n + 1 >
1
ε
n >
1
ε
− 1.
Řešením nerovnice (1.3) jsou všechna přirozená čísla 1
n+1
< ε, tj. pro všechna tato n
platí (1.3). Celkově můžeme říci, že pro libovolné ε > 0 a n0 ≥ 1
ε
+1 platí (1.3) pro všechna
n ≥ n0.
Následující příklad je zde uveden jako motivační – při jeho řešení sice sestavíme diferenční
rovnici, ale budeme ji řešit spíše intuitivně. Pro označení času použijeme t místo n.
Čtenář se k tomuto příkladu může vrátit po prostudování kapitoly 3 a zkusit si jej vyřešit
pomocí věty 3.3.
10
KAPITOLA 1. POSLOUPNOSTI
Příklad 1.8. Je pozorováno, že hmotnostní úbytek radioaktivní látky za určitou časovou
jednotku je úměrný hmotnosti, která byla dána na začátku časové jednotky. Pokud je
poločas rozpadu radia 1600 roků, najděte vzorec pro jeho hmotnost jako funkci času.
Řešení. Nechť m(t) reprezentuje hmotnost radia po t letech. Potom pro hmotnostní úbytek
platí
m(t + 1) − m(t) = −km(t), t ∈ N,
kde k je kladná konstanta. Úpravou dostáváme
m(t + 1) = (1 − k)m(t) (1.4)
pro t = 0, 1, 2, . . .. Vyjádříme-li m(t) pomocí m(0), dostaneme
m(t) = m(0)(1 − k)t
.
Pokud je poločas rozpadu 1600, znamená to, že za 1600 let se rozpadne právě polovina
jader a hmotnost rádia se zmenší na poloviční, tedy
m(1600) = m(0)(1 − k)1600
=
1
2
m(0).
Odtud
1 − k =
1
2
1
1600
,
a nakonec dostáváme
m(t) = m(0)
1
2
t
1600
.
Tento problém je v učebnicích tradičně řešen sestavením diferenciální rovnice
m (t) = −km(t), t ≥ 0,
tj. t je spojitá proměnná. V našem řešení jsme sestavili rekurentní vztah (1.4), kde t ∈ N
a tato rovnice se nazývá diferenční rovnice 1. řádu. Řešení prezentované zde, při kterém
jsme využili diferenční rovnici, je o něco kratší a používá pouze elementární algebru.
11
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE 12
Kapitola 2
Diference a sumace
V této kapitole uvedeme nejdůležitější základy diferenčního počtu. Pojmu derivace
funkce, který známe z diferenciálního počtu, odpovídá v diferenčním počtu pojem diference.
Naučíme se počítat diference základních posloupností. Zavedeme pojem sumace, který je
inverzní operací k operaci diference. Uvedeme základní pravidla pro počítání sumací a
využijeme je k počítání součtu n členů posloupnosti a součtu nekonečných řad.
2.1 Diference
S pojmem diference jsme se seznámili již v kapitole 1. Následující věta nám udává vzorce
pro diferenci součtu a rozdílu, součinu posloupnosti s konstantou, součinu posloupností a
podílu posloupností:
Věta 2.1. Nechť (an) a (bn) jsou posloupnosti, c ∈ R konstanta. Potom platí:
a) ∆(an ± bn) = ∆an ± ∆bn
b) ∆(can) = c∆an
c) ∆(anbn) = an+1∆bn + bn∆an = an∆bn + bn+1∆an
d) ∆(anbn) = an∆bn + bn∆an + ∆an∆bn
e) ∆an
bn
= bn∆an−an∆bn
bnbn+1
Porovnáme-li uvedená pravidla s odpovídajícími pravidly pro derivaci těchto operací,
vidíme, že jsou podobné. Všimněme si, že neuvádíme pravidlo, které by bylo analogické
diferencování složené funkce. Diskrétní analogie řetězového pravidla totiž neexistuje, což je
jedna ze specifických vlastností, která zřetelně odlišuje diferenční počet od diferenciálního.
Poznámka 2.1. Větu 2.1 nebudeme dokazovat, důkaz vzorců z této věty je jednoduché
cvičení na počítání s diferencemi. Celý důkaz je možno najít v [5].
V příkladu 1.6 jsme už počítali diference některých základních funkcí. V následující
větě si ještě uvedeme pravidla pro diferencování funkcí sin a cos.
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Věta 2.2. Nechť α ∈ R. Platí
a) ∆ sin αn = 2 cos n + 1
2
α · sin α
2
,
b) ∆ cos αn = −2 sin n + 1
2
α · sin α
2
.
Důkaz. a) ∆ sin αn = sin (α(n + 1)) − sin αn = 2 cos (2n+1)α
2
· sin α
2
= 2 cos n + 1
2
α ·
sin α
2
, neboť sin A − sin B = 2 cos A+B
2
sin A−B
2
.
b) ∆ cos αn = cos (α(n + 1))−cos αn = −2 sin n + 1
2
α·sin α
2
, protože cos A−cos B =
= −2 sin A+B
2
sin A−B
2
.
Příklad 2.1. Pomocí věty 2.1 a příkladu 1.6 můžeme stanovit diference následujících
posloupností:
a) ∆(n2
+ n + 6) = ∆n2
+ ∆n + ∆6 = (2n + 1) + 1 + 0 = 2n + 2;
b) ∆(7 · 5n
) = 7∆5n
= 7 · 4 · 5n
= 28 · 5n
;
c) ∆(5n
· n2
) = 5n
∆n2
+ n2
∆5n
+ ∆5n
∆n2
= 5n
(2n + 1) + n2
· 4 · 5n
+ 4 · 5n
(2n + 1) =
= 5n
(4n2
+ 10n + 5).
Příklad 2.2. Vypočtěte ∆[(n + 3) · 4n
].
Řešení. Vypočítáme tento příklad dvěma způsoby: podle definice a pomocí věty 2.1(c) o
diferenci součinu.
a) ∆[(n + 3) · 4n
] = (n + 4) · 4n+1
− (n + 3) · 4n
= 4n
· [4n + 16 − n − 3] = (3n + 13) · 4n
.
b) ∆[(n + 3) · 4n
] = 4n
∆(n + 3) + (n + 4)∆4n
= 4n
(∆n + ∆3) + (n + 4) · 3 · 4n
=
4n
+ (3n + 12) · 4n
= (3n + 13) · 4n
.
Věta 2.3 (O diferenci základních posloupností). Nechť C je konstanta, Pk, Rk, resp.
Qk−1 jsou polynomy k-tého, resp. k − 1-tého stupně o proměnné n. Pak platí:
a) ∆C = 0;
b) ∆Pk(n) = Qk−1(n);
c) ∆an
= (a − 1)an
;
d) ∆an
Pk(n) = an
Rk(n) pro a = 1.
13
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Diference polynomů
S polynomy pracujeme často. Je proto dobré vědět, jak snadno bez dlouhých výpočtů určit
jejich diferenci. Jestliže například máme určit diferenci polynomu
n3
+ 4n2
+ 9n − 3,
víme podle věty 2.1, že
∆(n3
+ 4n2
+ 9n − 3) = ∆n3
+ 4∆n2
+ 9∆n − ∆3.
Musíme tedy ještě vypočítat diference ∆n3
, ∆n2
, atd.
Podle definice 4 na straně 9 vypočítáme diferenci ∆nk
takto:
∆nk
= (n + 1)k
− nk
.
Nyní využijeme znalost binomické věty:
∆nk
=
k
0
nk
+
k
1
nk−1
+
k
2
nk−2
+
k
3
nk−3
+ · · · +
k
k − 1
n1
+
k
k
n0
− nk
,
a protože k
0
nk
= nk
a k
k
n0
= 1, dostáváme
∆nk
=
k
1
nk−1
+
k
2
nk−2
+
k
3
nk−3
+ · · · +
k
k − 1
n + 1.
Při samotném výpočtu je snazší nepracovat s kombinačními čísly přímo, ale prostřednictvím
Pascalova trojúhelníka
0
0
1
1
0
1
1
1 1
2
0
2
1
2
2
∼ 1 2 1
3
0
3
1
3
2
3
3
1 3 3 1
4
0
4
1
4
2
4
3
4
4
1 4 6 4 1
Koeficienty diference posloupnosti an = nk
leží na (k + 1)-tém řádku, přičemž vynecháváme
první koeficient na příslušném řádku (to odpovídá odečtení nk
od (n + 1)k
).
Tedy
∆n = 1,
∆n2
= 2n + 1,
∆n3
= 3n2
+ 3n + 1,
∆n4
= 4n3
+ 6n2
+ 4n + 1, atd.
(2.1)
14
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Dostáváme tedy ∆(n3
+ 4n2
+ 9n − 3) = 3n2
+ 3n + 1 + 4(2n + 1) + 9 · 1 = 3n2
+ 11n + 14.
Příklad 2.3. Použitím věty 2.1 a pomocí vztahů (2.1) vypočtěme diference posloupností:
a) an = 4n2
+ 2n + 7;
b) an = 7n4
− 3n3
+ 2n − 1.
Řešení. a) ∆(4n2
+ 2n + 7) = 4∆n2
+ 2∆n + 7∆1 = 4(2n + 1) + 2 · 1 = 8n + 6;
b) ∆(7n4
− 3n3
+ 2n − 1) = 7∆n4
− 3∆n3
+ 2∆n − ∆1 =
= 7(4n3
+ 6n2
+ 4n + 1) − 3(3n2
+ 3n + 1) + 2 · 1 = 28n3
+ 33n2
+ 19n + 6.
V další definici se seznámíme s posloupností, která představuje mocninné pravidlo v diferenčním
počtu:
Definice 6. Buď k ∈ N. Diskrétní mocninou řádu k (zobecněnou mocninou k-tého řádu)
rozumíme posloupnost (funkci definovanou na množině N)
n(k)
= n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · (n − k + 1).
Dále definujeme n(0)
= 1. Pro k ∈ N definujeme
n(−k)
=
1
n · (n + 1) · (n + 2) · . . . · (n + k − 1)
.
Věta 2.4. Buď n, k ∈ N. Platí
a) ∆n(k)
= kn(k−1)
b) ∆n(−k)
= −kn(−k−1)
Poznámka 2.2. Ve [3] je místo pojmu diskrétní mocnina n(k)
zaveden pojem faktoriálová
funkce t(r)
. Definici tohoto pojmu si uvedeme později – v kapitole 4. Tyto dvě funkce se
liší definicí pro záporná k, resp. r. Například pro k = −4 podle naší definice dostáváme
n(−4)
=
1
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
.
Faktoriálová mocnina je pro záporná r definována takto:
Jestliže r = −1, −2, −3, . . ., potom t(r)
= 1
(t+1)(t+2)···(t−r)
.
Dostáváme tedy
t(−4)
=
1
(t + 1)(t + 2)(t + 3)(t + 4)
,
tedy podobný výraz, který je jen posunutý o 1. Věta 2.4 je platná pro oba pojmy.
15
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Příklad 2.4. Vypočtěte ∆n(3)
a ∆n(−3)
.
Řešení. Podle věty 2.4 dostáváme
a) ∆n(3)
= 3n(2)
= 3n(n − 1),
b) ∆n(−3)
= −3n(−4)
= −3
n(n−1)(n−2)(n−3)
.
2.2 Sumace
Podobně jako derivaci funkce odpovídá pojem diference posloupnosti, odpovídá primitivní
funkci pojem sumace posloupnosti. Z diferenciálního počtu víme, že platí:
d
dt
y(t) dt = y(t).
Neurčitý integrál není určen jednoznačně, například
cos t dt = sin t + C,
kde C je libovolná konstanta. Neurčitá sumace je rovněž určena jednoznačně až na aditivní
konstantu, nazývanou sumační konstanta, jak si později ukážeme.
Nyní si uvedeme definici neurčité sumace:
Definice 7. Říkáme, že posloupnost (bn) je sumací posloupnosti (an), platí-li
∆bn = an pro všechna n = 1, 2, . . . .
Sumaci značíme
(an) nebo an.
Z definice 7 plyne, že pro posloupnost (an) platí
∆ an = an.
Příklad 2.5. a) Posloupnost (n) je sumací posloupnosti (1, 1, 1, . . .), neboť ∆n = 1.
Tato vlastnost platí pro libovolnou posloupnost tvaru (n + C), neboť
∆(n + C) = ∆n + ∆C = 1.
Zapisujeme
1 = n + C, C ∈ R.
16
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
b) Podobně, posloupnost (5n
) je sumací posloupnosti (4 · 5n
), neboť ∆5n
= 4 · 5n
. Platí
ovšem, že každá posloupnost (5n
+ C) je sumací posloupnosti (4 · 5n
), neboť
∆(5n
+ C) = ∆5n
+ ∆C = 4 · 5n
+ 0 = 4 · 5n
.
Toto zapíšeme
4 · 5n
= 5n
+ C, C ∈ R.
Obecně, je-li posloupnost (bn) je sumací posloupnosti (an) a C je konstanta, potom též
posloupnost (bn + C) je sumací posloupnosti (an). Jak již bylo zmíněno, konstanta C se
nazývá sumační konstanta.
Vidíme tedy, že pokud k dané posloupnosti existuje sumace, je sumací nekonečně
mnoho. Vyvstává tak otázka, zda k dané posloupnosti mohou existovat sumace, které
se neliší o konstantu. Tvrzení věty 2.6 říká, že takové posloupnosti existovat nemohou.
Nejprve si však dokážeme lemma, jehož tvrzení použijeme v důkazu věty 2.6.
Lemma 2.5. Nechť (an) je posloupnost. Pak platí:
∆an = 0 ⇔ an = C,
kde C je libovolná konstanta.
Důkaz. „⇐ Z předpokladu an = C plyne ∆an = ∆C = 0.
„⇒ Podle předpokladu ∆an = 0, tedy an+1 − an = 0 pro všechna přirozená n. Potom
an+1 = an = an−1 = · · · = a1 = c.
Věta 2.6. Nechť posloupnosti (bn), (dn) jsou sumacemi posloupnosti (an). Potom existuje
konstanta C tak, že
dn = bn + C, n ∈ N.
Důkaz. Jestliže (bn) a (dn) jsou sumacemi posloupnosti (an), platí an = ∆bn a an = ∆dn,
tedy i ∆bn = ∆dn. Jednoduchou úpravou dostaneme ∆bn − ∆dn = 0 a podle věty 2.1(a)
můžeme psát ∆[bn − dn] = 0. Z věty 2.5 plyne, že bn − dn = C a tedy dn = bn + C.
Nyní si uvedeme větu obsahující pravidla pro sumaci součtu a rozdílu dvou posloupností,
pro sumaci posloupnosti vynásobené konstantou a metodu per partes.
Věta 2.7. Nechť (an) a (bn) jsou posloupnosti, k ∈ R. Potom
a) [an ± bn] = an ± bn,
b) [kan] = k an,
c) [an∆bn] = anbn − [bn+1∆an] (metoda per partes).
V následující větě jsou uvedena pravidla pro sumaci některých jednodušších funkcí.
17
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Věta 2.8. Nechť a, C jsou konstanty, k ∈ N ∪ {0}. Potom
a) a = an + C.
b) n(k)
= 1
k+1
n(k+1)
+ C.
c) n(−k)
= 1
−k+1
n(−k+1)
+ C.
d) sin an = −
cos a(n−1
2 )
2 sin a
2
+ C, (a = 2nπ).
e) cos an =
sin a(n−1
2 )
2 sin a
2
+ C, (a = 2nπ).
f) n
k
= n
k+1
+ C.
Jak už víme, pojem sumace je analogický pojmu primitivní funkce. Proto jsou analogické
i metody stanovení sumací, které plynou ze známých vzorců pro diference posloup-
ností.
Věta 2.9 (Sumace základních posloupností). Nechť Qk, resp. Pk+1 jsou polynomy
proměnné n stupně k, resp. k + 1, C a a jsou konstanty, a = 1. Pak platí
a) Qk(n) = Pk+1(n) + C,
b) an
= an
a−1
+ C,
c) (an
Qk(n)) = an
Rk(n) + C, kde Rk(n) je polynom stupně k.
Příklad 2.6. Nalezněte sumaci posloupnosti an = 4 · 5n
.
Řešení. Při hledání sumace využijeme větu 2.7(b) a větu 2.9(b):
4 · 5n
= 4 5n
= 4
5n
5 − 1
+ C = 5n
+ C.
Vidíme, že jsme dostali stejný výsledek jako v příkladě 2.5(a).
Sumace polynomů budeme řešit tzv. metodou neurčitých koeficientů, kterou si vysvětlíme
na následujícím příkladě.
Příklad 2.7. Nalezněte sumaci posloupnosti an = 3n2
+ n + 2.
Řešení. Posloupnost (an) je polynom druhého stupně, sumací proto musí být polynom
třetího stupně. Je tedy
3n2
+ n + 2 = an3
+ bn2
+ cn + d.
18
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Neznámé koeficienty a, b, c stanovíme pomocí ekvivalentního vzorce
3n2
+ n + 2 = ∆(an3
+ bn2
+ cn + d).
Platí
∆(an3
+ bn2
+ cn + d) = a∆n3
+ b∆n2
+ c∆n + d∆1.
Podle vztahů (2.1) víme, že ∆n3
= 3n2
+2n+1, ∆n2
= 2n+1 a ∆n = 1, takže dostáváme
∆(an3
+ bn2
+ cn + d) = a(3n2
+ 3n + 1) + b(2n + 1) + c = 3an2
+ (3a + 2b)n + a + b + c.
Výsledný polynom se má rovnat polynomu an = 3n2
+ n + 2 pro všechna n. Toto bude
platit, jestliže se koeficienty u odpovídajících mocnin obou polynomů budou rovnat. Platí
3a = 3
3a + 2b = 1
a + b + c = 2.
Odtud vypočteme a = 1, b = −1 a c = 2. Proto
3n2
+ n + 2 = n3
− n2
+ 2n + C,
kde C je libovolná konstanta.
2.3 Součet n členů posloupnosti
Pojmu sumace se dá využít při stanovení součtu sn prvních n členů a1, a2, . . . , an posloupnosti
(an). Pro posloupnost částečných součtů platí vztah
sn = a1 + a2 + · · · + an.
Proto sn+1 = a1 + a2 + · · · + an + an+1 a ∆sn = sn+1 − sn = an+1, tj.
sn = an+1. (2.2)
Příklad 2.8. Určete součet n členů geometrické posloupnosti.
Řešení. Podle vztahu (2.2) dostáváme
sn = an+1 = a1qn
= a1 qn
,
kde podle věty 2.9 (b) je qn
= qn
q−1
, tedy
sn = a1
qn
q − 1
+ C.
19
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Konstantu C dostaneme po dosazení počáteční podmínky s1 = a1:
s1 = a1 = a1
q
q − 1
+ C,
odkud
C = a1 1 −
q
q − 1
=
−a1
q − 1
.
Po dosazení dostáváme vztah
sn = a1
qn
q − 1
−
a1
q − 1
= a1
qn
− 1
q − 1
,
který souhlasí se vztahem (1.1) pro q = 1, který jsme uvedli v kapitole 1 na straně 9.
Příklad 2.9. Nalezněte vzorec pro výpočet součtu sn prvních n členů posloupnosti
an = n3
.
Řešení. Podle vztahu (2.2) platí
sn = an+1 = (n + 1)3
= n3
+ 3n2
+ 3n + 1 .
Postupujme jako v příkladě 2.7. Položme
(n3
+ 3n2
+ 3n + 1) = an4
+ bn3
+ cn2
+ dn + e.
Ke stanovení koeficientů a, b, c, d a e použijeme ekvivalentního vztahu
n3
+ 3n2
+ 3n + 1 = ∆(an4
+ bn3
+ cn2
+ dn + e).
Podle věty 2.1 (a) a vztahů (2.1) platí
∆(an4
+ bn3
+ cn2
+ dn + e) = a∆n4
+ b∆n3
+ c∆n2
+ d∆n + e∆1 =
= a(4n3
+ 6n2
+ 4n + 1) + b(3n2
+ 3n + 1) + c(2n + 1) + d =
= 4an3
+ (6a + 3b)n2
+ (4a + 3b + 2c)n + a + b + c + d.
Koeficienty a, b, c a d zjistíme srovnáním s koeficienty u stejných mocnin n. Dostáváme
tedy
4a = 1
6a + 3b = 3
4a + 3b + 2c = 3
a + b + c + d = 1.
20
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Po vyřešení této soustavy máme a = 1
4
, b = 1
2
, c = 1
4
a d = 0. Proto
sn = (n3
+ 3n2
+ 3n + 1) =
1
4
n4
+
1
2
n3
+
1
4
n2
+ e.
Konstantu e určíme dosazením za n = 1 do předpisu posloupnosti a sn: s1 = 13
= 1.
1 = s1 =
1
4
14
+
1
2
13
+
1
4
12
+ e = 1 + e.
Tedy e = 0 a hledaný součet můžeme zapsat ve tvaru
13
+ 23
+ · · · + n3
=
n
k=1
k3
=
1
4
n4
+
1
2
n3
+
1
4
n2
=
n2
4
n2
+ 2n + 1 =
n2
4
(n + 1)2
,
po úpravě
13
+ 23
+ · · · + n3
=
n(n + 1)
2
2
.
Příklad 2.10. Nalezněte vzorec pro výpočet součtu sn prvních n členů posloupnosti
an = n2
.
Řešení. Tento příklad budeme řešit stejným postupem jako příklad 2.9. Platí
sn = an+1 = (n + 1)2
= n2
+ 2n + 1 ,
tedy
sn = (n2
+ 2n + 1) = an3
+ bn2
+ cn + d.
Abychom nalezli koeficienty a, b, c a d, tento vztah upravíme:
n2
+ 2n + 1 = ∆(an3
+ bn2
+ cn + d) =
= a(3n2
+ 3n + 1) + b(2n + 1) + c = 3an2
+ (3a + 2b)n + a + b + c.
Pro koeficiety a, b a c tedy dostáváme hodnoty a = 1
3
, b = 1
2
a c = 1
6
. Tedy
sn =
1
3
n3
+
1
2
n2
+
1
6
n + d.
Potřebujeme vypočítat ještě konstantu d: s1 = 12
= 1,
1 = s1 =
1
3
13
+
1
2
12
+
1
6
1 + d = 1 + d,
proto d = 0. Hledaný součet má tedy tvar
12
+ 22
+ · · · + n2
=
1
3
n3
+
1
2
n2
+
1
6
n =
n(n + 1)(2n + 1)
6
.
Poznámka 2.3. Na střední škole bývá obvykle vztah
12
+ 22
+ · · · + n2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
pouze uveden a je dokazován pomocí matematické indukce.
21
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
2.4 Součet řady
Součet n členů posloupnosti umožňuje výpočet součtu nekonečné řady
∞
n=1
an = a1 + a2 + · · · .
Součet s této řady je definován jako limita posloupnosti částečných součtů sn = a1 + a2 +
· · · + an, tj. součet s nekonečné řady je
s = lim
n→∞
sn. (2.3)
Příklad 2.11. Vypočítejte součet řady
∞
n=1
n + 1
2n
. (2.4)
Řešení. Nejdříve určíme vztah pro sn. Víme, že platí
an+1 =
n + 2
2n+1
=
1
2
n+1
(n + 2) =
1
2
n
1
2
n + 1 .
Pro sn platí
sn = an+1 =
1
2
n
1
2
n + 1 .
V tomto případě nejde o polynom. Podle věty 2.9 (c) bude řešení ve tvaru součinu 1
2
n
a
nějakého polynomu prvního stupně, tedy
sn =
1
2
n
1
2
n + 1 =
1
2
n
(an + b) + C.
Platí a1 = 1, a2 = 3
4
a a3 = 1
2
, odkud
s1 = 1 =
1
2
1
(a · 1 + b) + C =
1
2
a +
1
2
b + C,
s1 = 1 +
3
4
=
7
4
=
1
2
2
(a · 2 + b) + C =
1
2
a +
1
4
b + C,
s2 =
7
4
+
1
2
=
9
4
=
1
2
3
(a · 3 + b) + C =
3
8
a +
1
8
b + C.
Po vyřešení této soustavy dostáváme a = −1, b = −3 a C = 3 a proto
sn =
1
2
n
(−n − 3) + 3.
22
KAPITOLA 2. DIFERENCE A SUMACE
Podle (2.3) je
s = lim
n→∞
1
2
n
(−n − 3) + 3 = lim
n→∞
−
n + 3
2n
+ 3 = 3.
Tedy součet řady (5.11) je s = 3.
23
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU 24
Kapitola 3
Lineární diferenční rovnice 1. řádu
V této kapitole se budeme zabývat studiem diferenčních rovnic. V diferenciálním počtu
studujeme tzv. diferenciální rovnice, tj. rovnice obsahující neznámou funkci a její derivace,
zatímco v diferenčním počtu diferenční rovnice představují rovnice o neznámé posloupnosti
a jejích diferencích.
V této kapitole budeme probírat speciální třídu diferenčních rovnic, takzvané lineární
rovnice. Používání pojmů lineární a nelineární je zde zcela analogické k jejich používání
v teorii diferenciálních rovnic. Přitom se omezíme ve všech našich diskuzích na rovnice,
které obsahují jedinou nezávislou a jedinou závislou proměnnou.
Definice 8. Nechť p(n) a r(n) jsou posloupnosti, přičemž p(n) = 0 pro všechna n. Lineární
diferenční rovnice prvního řádu je tvaru
y(n + 1) − p(n)y(n) = r(n). (3.1)
Je-li r(n) ≡ 0, nazývá se rovnice homogenní, jinak nehomogenní.
Poznámka 3.1. Rovnice (3.1) se nazývá prvního řádu, protože obsahuje hodnotu y pouze
v n a n + 1. Rovnice (3.1) je definována pro n ∈ N nebo n ∈ N ∪ {0}.
Řešením diferenční rovnice (3.1) rozumíme posloupnost y = a(n) takovou, že
a(n + 1) − p(n)a(n) = r(n).
Obecným řešením rovnice (3.1) rozumíme posloupnost, která je řešením dané diferenční
rovnice a závisí na konstantě C. Při dosazení za konstantu C, nebo pomocí konkrétně
zvolených počátečních podmínek vzniká partikulární řešení rovnice (3.1).
Poznámka 3.2. Obecné řešení je tedy vzorcem popisujícím množinu všech partikulárních
řešení.
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
3.1 Homogenní rovnice
Homogenní lineární diferenční rovnice 1. řádu je tvaru
u(n + 1) − p(n)u(n) = 0. (3.2)
Nyní si uvedeme věty obsahující základní vlastnosti řešení rovnice (3.2) a definici lineární
závislosti dvou posloupností.
Věta 3.1. Nechť posloupnost y = a(n) je řešením rovnice (3.2), pak také posloupnost
y = Ca(n) je řešením rovnice (3.2).
Důkaz. Nechť je posloupnost y = a(n) řešením rovnice (3.2), tj. platí
a(n + 1) − p(n)a(n) = 0.
Pokud místo y = a(n) dosadíme y = Ca(n), dostáváme
Ca(n + 1) − p(n)Ca(n) = C [a(n + 1) − p(n)a(n)] = C · 0 = 0,
tedy posloupnost y = Ca(n) je řešením rovnice (3.2).
Definice 9. Řekneme, že posloupnosti a(n) a b(n) jsou lineárně závislé v N, jestliže existují
nenulové konstanty C1 a C2 takové, že pro všechna n ∈ N je splněna rovnice
C1 a(n) + C2 b(n) = 0.
V opačném případě řekneme, že posloupnosti a(n) a b(n) jsou lineárně nezávislé v N.
Věta 3.2. Jsou-li a(n) a b(n) lineárně nezávislá řešení rovnice (3.2), pak posloupnost
u = u(n),
u(n) = C1a(n) + C2b(n),
je rovněž řešením rovnice (3.2).
Označení. Nechť a < b, a, b ∈ N ∪ {0}. Potom
b
k=a
p(k) = p(a)p(a + 1) · · · p(b).
V následující větě si popíšeme řešení homogenní diferenční rovnice (3.2):
Věta 3.3. Nechť p(n) = 0. Je-li n ≥ 0, pak řešení rovnice (3.2) je posloupnost
u(n) = u(0)
n−1
k=0
p(k). (3.3)
25
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
Je-li n ≥ 1, pak řešení rovnice (3.2) je posloupnost
u(n) = u(1)
n−1
k=1
p(k). (3.4)
Důkaz. Důkaz provedeme pro n ≥ 1. Pro n ≥ 0 by se provedl obdobně.
Homogenní rovnici (3.2) je vhodné přepsat do tvaru
u(n + 1) = p(n)u(n), (3.5)
odkud pomocí iterace dostaneme:
u(1) libovolné,
u(2) = p(1)u(1),
u(3) = p(2)p(1)u(1)
...
u(n) = p(n − 1) . . . p(2)p(1)u(1)
u(n) = u(1)
n−1
k=1
p(k).
Poznámka 3.3. Rovnice (3.3) pro n ≥ 0 bývá většinou využívána v aplikacích, v nichž je
počáteční podmínka ve tvaru y(0) = K, kde K je konstanta.
Příklad 3.1. a) Najděte obecné řešení rovnice u(n + 1) − 4u(n) = 0.
b) Najděte řešení rovnice u(n + 1) − nu(n) = 0, je-li u(1) = 1.
Řešení. a) V tomto případě si rovnici přepíšeme do tvaru u(n + 1) = 4u(n). Podle
věty 3.3 je řešením této rovnice
u(n) = u(1)
n−1
k=1
4 = u(1)4n−1
, (n ≥ 1),
respektive
u(n) = u(0)
n−1
k=0
4 = u(0)4n
, (n ≥ 0).
Protože jsme neměli zadánu počáteční podmínku, můžeme u(1), resp. u(0) označit
jako C a obecné řešení je ve tvaru
u(n) = C4n−1
,
respektive
u(n) = C4n
.
26
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
b) Máme tedy základní rovnici ve tvaru u(n + 1) = nu(n). Řešením této rovnice je
u(n) = u(1)
n−1
k=1
s = u(1)(n − 1)!.
Protože u(1) = 1, dostáváme
u(n) = (n − 1)!.
3.2 Nehomogenní rovnice
Nejprve řešme rovnici (3.1), kde p(n) ≡ 1, tj.
y(n + 1) − y(n) = r(n).
Použijeme operátor diference (viz definice 4 v kapitole 1) ∆y(n) = y(n + 1) − y(n).
Rovnice (3.1) je tedy tvaru
∆y(n) = r(n).
Podle kapitoly 2 je obecné řešení ve tvaru
y(n) = r(n) + C,
kde C je konstanta.
Příklad 3.2. Řešte diferenční rovnici ∆y(n) = n2
+ 1.
Řešení. Budeme tedy řešit rovnici y(n) = (n2
+ 1). Podobné příklady jsme řešili ve
druhé kapitole. Víme už tedy, že
(n2
+ 1) = an3
+ bn2
+ cn + d,
a stejným postupem jako v příkladě 2.7 vypočítáme, že a = 1
3
, b = −1
2
a c = 7
6
. Dostáváme
tedy výsledek
yn = n
1
3
n2
−
1
2
n2
+
7
6
+ C.
Nyní budeme hledat obecné řešení nehomogenní rovnice
y(n + 1) − p(n)y(n) = r(n). (3.1)
Rovnici (3.1) budeme řešit pomocí dosazení substituce y(n) = u(n)v(n) do rovnice (3.1).
Součin u(n)v(n) je partikulárním řešením rovnice (3.1). Obecné řešení rovnice (3.1) je
27
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
potom ve tvaru součtu obecného řešení homogenní rovnice (3.5), jejímž řešením je (3.3), a
partikulárního řešení nehomogenní rovnice (3.1).
Dosazením substituce vypočítáme v(n):
u(n + 1)v(n + 1) − p(n)u(n)v(n) = r(n)
p(n)u(n)v(n + 1) − p(n)u(n)v(n) = r(n)
p(n)u(n)∆v(n) = r(n)
∆v(n) =
r(n)
p(n)u(n)
=
r(n)
u(n + 1)
,
odkud
v(n) =
r(n)
u(n + 1)
+ C, (3.6)
tedy
y(n) = u(n)
r(n)
u(n + 1)
+ C .
Poslední rovnice s libovolnou kostantou C nám dává vyjádření všech řešení rovnice (3.1),
pokud u(n) je nějaké netriviální (tj. nenulové) řešení homogenní rovnice (3.5). Při určení
u(n) použijeme rovnici (3.3), respektive rovnici (3.4) s počáteční podmínkou u(0) = 1,
respektive u(0) = 1.
Věta 3.4. Nechť p(n) = 0. Potom všechna řešení rovnice (3.1) jsou dána
y(n) = u(n)
r(n)
u(n + 1)
+ C , (3.7)
kde C je konstanta a u(n) je libovolná nenulová funkce tvaru (3.3), respektive (3.4).
Metoda, kterou jsme použili k řešení rovnice (3.1), se nazývá metoda variace konstant.
Poznámka 3.4. Nechť a(n) je posloupnost. Označme
n−1
k=1
a(n) = a(1) + a(2) + · · · + a(n − 2) + a(n − 1) (určitá sumace).
Pak rovnici (3.7) lze psát ve tvaru
y(n) = u(n)
n−1
k=1
r(k)
u(k + 1)
+ C .
Příklad 3.3. Řešte diferenční rovnici
y(n + 1) − 2y(n) = n3n
.
28
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
Řešení. Nejprve vyřešíme příslušnou homogenní rovnici u(n + 1) − 2u(n) = 0.
Podle věty 3.3 je jedním řešením této rovnice
u(n) = 2n
.
Nyní budeme řešit nehomogenní rovnici y(n+1)−2y(n) = n3n
. Abychom našli patikulární
řešení, vypočítáme nejprve v(n):
v(n) =
r(n)
u(n + 1)
+ C,
po dosazení (prozatím budeme počítat bez konstanty C)
v(n) =
n.3n
2n+1
=
1
2
n
3
2
n
.
Víme, že hledané řešení bude mít tvar 1
2
3
2
n
(an + b), potřebujeme tedy zjistit hodnoty
konstant a a b. Proto
1
2
n
3
2
n
=
1
2
∆
3
2
n
(an + b) =
3
2
n+1
∆(an + b) + (an + b)∆
3
2
n
=
=
3
2
n+1
a + (an + b)
1
2
3
2
n
=
3
2
n
1
2
an +
3
2
a +
1
2
b .
Porovnáním koeficientů získáme a = 2 a b = −6, tedy
v(n) =
1
2
3
2
n
(2n − 6) =
3
2
n
(n − 3).
Partikulární řešení nehomogenní rovnice je ve tvaru
u(n)v(n) = 2n 3
2
n
(n − 3) = 3n
(n − 3).
Konečně dostáváme obecné řešení rovnice:
y(n) = C2n
+ 3n
(n − 3).
Příklad 3.4. Řešte diferenční rovnici
2y(n + 1) = −3y(n) +
n + 1
2n
.
29
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
Řešení. Tuto diferenční rovnici si nejprve upravíme:
2y(n + 1) + 3y(n) =
n + 1
2n
y(n + 1) +
3
2
y(n) =
n + 1
2n+1
=
1
2
n+1
(n + 1)
Nyní již můžeme řešit příslušnou homogenní rovnici
u(n + 1) +
3
2
u(n) = 0.
Jejím jedním řešením je
u(n) = −
3
2
n
.
Najdeme partikulární řešení nehomogenní rovnice. Dosazením do (3.6) dostáváme
v(n) =
1
2
n+1
(n + 1)
− 3
2
n+1 = −
1
3
n+1
(n + 1).
Tuto sumaci budeme opět řešit metodou neurčitých koeficientů, tedy řešení předpokládáme
ve tvaru −1
3
n+1
(an + b). Potřebujeme tedy vypočítat
∆ −
1
3
n+1
(an + b) = −
1
3
n+2
a + (an + b) −
4
3
−
1
3
n+1
=
= −
1
3
n+1
−
4
3
an −
1
3
a −
4
3
b .
Porovnáním koeficientů u stejných mocnin n získáme a = −3
4
a b = − 9
16
. Proto
v(n) = −
1
3
n+1
−
3
4
n −
9
16
.
Partikulární řešení y(n) = u(n)v(n) je rovno:
y(n) = u(n)v(n) = −
3
2
n
−
1
3
n+1
−
3
4
n −
9
16
=
1
2
n
1
4
n +
3
16
.
Obecné řešení této diferenční rovnice je:
y(n) = C −
3
2
n
+
1
2
n
1
4
n +
3
16
.
30
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
Příklad 3.5. Řešte diferenční rovnici
y(n + 1) − ny(n) = (n + 1)!, y(1) = 5. (3.8)
Řešení. Nejprve vyřešíme příslušnou homogenní rovnici
u(n + 1) = nu(n).
Podle věty 3.3 je jejím řešením
u(n) =
n−1
k=1
n = (n − 1)!.
Nyní najdeme partikulární řešení rovnice (3.8):
v(n) =
(n + 1)!
n!
= (n + 1).
Použijeme opět metodu neurčitých koeficientů, tedy budeme předpokládat, že řešením je
polynom an2
+ bn + c, tj.
(n + 1) = an2
+ bn + c,
odkud
n + 1 = ∆(an2
+ bn + c) = a(2n + 1) + b = 2an + a + b.
Porovnáním koeficientů u stejných mocnin n dostaneme, že a = 1
2
a b = 1
2
, tedy
v(n) =
1
2
n2
+
1
2
n + c.
Partikulární řešení je ve tvaru
u(n)v(n) = (n − 1)!
1
2
(n2
+ n).
Obecným řešením rovnice (3.8) je
y(n) = (n − 1)!
1
2
(n2
+ n + 1 + C) = (n − 1)!
1
2
(n2
+ n + D) =
=
(n − 1)!
2
n(n + 1) + D(n − 1)! =
(n + 1)!
2
+ D(n − 1)!.
K vyčíslení D položme n = 1:
5 = y(1) =
2!
2
+ D.0!,
tedy D = 4. Obecné řešení rovnice (3.8) je
y(n) =
(n + 1)!
2
+ 4(n − 1)2
.
31
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
Můžeme provést zkoušku:
y(n + 1) − ny(n) =
(n + 2)!
2
+ 4n! − n
(n + 1)!
2
− 4n!
=
(n + 1)!
2
[n + 2 − n] = (n + 1)!.
Poznámka 3.5. K řešení tohoto příkladu lze využít Bernoulliho polynomy – viz [3].
3.3 Závislost řešení na počáteční podmínce
Uvažujme počáteční úlohu
y(n + 1) − ny(n) = 1, y(1) = C. (3.9)
Tuto úlohu je možné vypočítat přímo krok za krokem ze samotné diferenční rovnice, tj.
y(2) = y(1) + 1 = C + 1, adt. V případě, že C je iracionální číslo a hodnoty budeme
zaokrouhlovat, může představovat chyba při zaokrouhlení závažný problém.
Nejprve vyřešíme rovnici (3.9) pro C ∈ R. Řešením homogenní rovnice
u(n + 1) − nu(n) = 0
je
u(n) = u(1)
n−1
k=1
k = C(n − 1)!.
Obecné řešení je podle (3.7) tvaru:
y(n) = (n − 1)!
1
n!
+ C , (3.10)
podle poznámky 3.4 na straně 28 toto řešení přepišme na tvar
y(n) = (n − 1)!
n−1
k=1
1
k!
+ C .
Řešme nyní tuto počáteční úlohu pro konkrétní hodnotu C. Dokažme, že speciálně
počáteční úloha
y(n + 1) − ny(n) = 1, y(1) = 1 − e = −1, 718281 . . . (3.11)
32
KAPITOLA 3. LINEÁRNÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU
má záporné řešení.
Nejprve ukažme, že platí
∞
k=1
1
k!
= e − 1.
Rozepišme ex
pomocí Taylorova rozvoje:
ex
= 1 +
x
1!
+
x2
2!
+
x3
3!
+ · · · x ∈ R.
Zvolme si x = 1:
e = 1 +
1
1!
+
12
2!
+
13
3!
+ · · · = 1 +
∞
k=1
1
k!
a odtud již plyne
∞
k=1
1
k!
= e − 1.
Potom ale
n−1
k=1
1
k!
< e − 1
a
y(n) < (n − 1)!(1 − e + e − 1) = 0.
Proto má rovnice (3.11) řešení y(n) < 0 pro všechna n.
Nyní řešme rovnici (3.11) přímo se zaokrouhlenou hodnotou y(1):
y(1) = −1, 718,
y(2) = y(1) + 1 = −0, 718,
y(3) = 2y(2) + 1 = −0, 436,
y(4) = 3y(3) + 1 = −0, 308,
y(5) = 4y(4) + 1 = −0, 232,
y(6) = 5y(5) + 1 = −0, 16,
y(7) = 6y(6) + 1 = 0, 04,
y(8) = 7y(7) + 1 = 1, 28.
Vidíme, že při tomto postupu dostáváme y(n) > 0 pro n ≥ 7. Přitom výpočty jsou
přesné, jediná chyba se vyskytla v počáteční aproximaci.
33
KAPITOLA 4. SPECIÁLNÍ FUNKCE A DIFERENČNÍ ROVNICE 34
Kapitola 4
Speciální funkce a diferenční rovnice
4.1 Gama funkce
Gama funkce Γ(x) patří mezi vyšší transcendentní funkce a je definována jako
Γ(x) =
∞
0
e−t
tx−1
dt, x > 0.
Integrací per partes dostáváme
Γ(x + 1) =
∞
0
e−t
tx
dt
= [−e−t
tx
]∞
0 −
∞
0
(−e−t
)xtx−1
dt
= x
∞
0
e−t
tx−1
dt,
takže Γ vyhovuje diferenční rovnici 1. řádu
Γ(x + 1) = xΓ(x). (4.1)
Poznamenejme zde, že nezávislá proměnná není omezena pouze na diskrétní hodnoty.
Pokud je hodnota Γ(x) známa pro nějaké reálné x, můžeme vypočítat Γ(x+1), Γ(x+2), . . .
rekurzivně z (4.1). Navíc, pokud napíšeme diferenční rovnici ve tvaru
Γ(x) =
Γ(x + 1)
x
, (4.2)
Γ(x) může mít smysl pro všechna x kromě x = 0, −1, −2, . . . .
KAPITOLA 4. SPECIÁLNÍ FUNKCE A DIFERENČNÍ ROVNICE
Pro n ∈ N dostáváme
Γ(1) =
∞
0
e−t
dt=1,
Γ(2) = Γ(1 + 1) =1Γ(1) =1,
Γ(3) = Γ(2 + 1) =2Γ(2) =2,
Γ(4) = Γ(3 + 1) =3Γ(3) =3 · 2,
...
Γ(n + 1) = nΓ(n) =n(n − 1)!=n!,
odkud
Γ(n + 1) = n!. (4.3)
Na obr. 4.1 je znázorněna funkce Γ(x) pro reálné hodnoty x z intervalu (−5, 4), x =
0, −1, −2, −3, −4.
Obrázek 4.1: Graf funkce Γ(x) pro −5 < x < 4
35
KAPITOLA 4. SPECIÁLNÍ FUNKCE A DIFERENČNÍ ROVNICE
Nyní si uvedeme definici faktoriálové funkce, o které jsme se zmínili již dříve, v souvislosti
s pojmem diskrétní mocnina.
Definice 10. Faktoriálová funkce t(r)
je definována takto:
a) jestliže r = 1, 2, 3, . . ., potom t(r)
= t(t − 1)(t − 2) · · · (t − r + 1),
b) jestliže r = 0, potom t(0)
= 1,
c) jestliže r = −1, −2, −3, . . ., potom t(r)
= 1
(t+1)(t+2)···(t−r)
,
d) jestliže r není celé číslo, potom
t(k)
=
Γ(t + 1)
Γ(t − r + 1)
.
Poznámka 4.1. Pro počítání diference faktoriálové funkce používáme větu 2.4 na straně 15,
pro počítání sumace potom vztahy uvedené ve větě 2.8 na straně 18.
Je samozřejmé, že definice t(r)
je dána pouze pro ty hodnoty t a r, ve kterých mají uvedené
vzorce smysl. Například (−2)(−3)
není definováno, protože ve výrazu (c) nemůžeme
dělit nulou a 1
2
(3
2 )
nemá smysl, protože není definováno Γ(0).
Můžeme rovněž ukázat, že výraz (d) souhlasí s výrazy (a), (b) a (c) pro celá čísla k,
kromě jistých diskrétních hodnot t, ve kterých není gama funkce definována.
Nechť r je celé číslo. Potom
Γ(t + 1)
Γ(t − r + 1)
=
tΓ(t)
Γ(t − r + 1)
=
t(t − 1)Γ(t − 1)
Γ(t − r + 1)
= · · · =
t(t − 1) · · · (t − r + 1)Γ(t − r + 1)
Γ(t − r + 1)
= t(t − 1)(t − 2) · · · (t − r + 1),
tedy výraz (a) je speciálním případem (d). Podobně bychom mohli dokázat, že výrazy (b)
a (c) jsou speciálními případy (d).
Připomeňme si, že binomický koeficient je definován takto:
n
k
=
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
k!
.
Z definice 10(a) dostáváme
n
k
=
n(k)
Γ(k + 1)
,
36
KAPITOLA 4. SPECIÁLNÍ FUNKCE A DIFERENČNÍ ROVNICE
pokud n a k jsou kladná celá čísla, n ≥ k. V následující větě si ukážeme jak vypočítat
diferenci binomického koeficientu.
Věta 4.1. Pro všechna t a r, ve kterých je výraz t(r)
definován, platí
∆
t
r
=
t
r − 1
(r = 0).
Důkaz.
∆
t
r
= ∆
t(r)
Γ(r + 1)
=
1
Γ(r + 1)
∆t(r)
,
podle věty 2.4 platí ∆t(r)
= rt(r−1)
, tedy
∆
t
r
=
rt(r−1)
Γ(r + 1)
=
t(r−1)
Γ(r)
=
t
r − 1
.
Obrázek 4.2: Binomické koeficienty jako funkce r
37
KAPITOLA 4. SPECIÁLNÍ FUNKCE A DIFERENČNÍ ROVNICE
Obrázek 4.3: Binomické koeficienty jako funkce t
4.2 Řešení homogenní rovnice pomocí sumace
Řešme nyní homogenní rovnici (3.2) a nehomogenní rovnici (3.1) pro n v diskrétním
nebo spojitém oboru. Předpokládejme, že p(n) > 0. Aplikujme přirozený logaritmus na
obě strany přepsané homogenní rovnice (3.5) na straně 26:
ln |u(n + 1)| = ln |u(n)| + ln p(n),
∆ ln |u(n)| = ln p(n),
ln |u(n)| = ln p(n) + D,
kde D ∈ R. Označme exponenciální funkci ex
= exp x. Potom
|u(n)| = exp(D) exp ln p(n) ,
u(n) = C exp ln p(n) , (4.4)
38
KAPITOLA 4. SPECIÁLNÍ FUNKCE A DIFERENČNÍ ROVNICE
kde C = exp(D). Jakmile najdeme řešení u(n) homogenní rovnice (3.2), řešení y(n) rovnice
(3.1) můžeme vypočítat pomocí věty 3.4 na straně 28.
Tvrzení následující věty využíváme při řešení příkladů.
Věta 4.2. Nechť C je konstanta. Potom
ln n = ln Γ(n) + C, (a = −1). (4.5)
Důkaz. Potřebujeme dokázat, že ln n = ln Γ(n) + C, tj. že
ln n = ∆(ln Γ(n) + C)
(podle definice 7 na straně 16). Vypočítáme tedy diferenci
∆(ln Γ(n) + C) = ∆ ln Γ(n) + ∆C = ln Γ(n + 1) − ln Γ(n) + 0 = ln
Γ(n + 1)
Γ(n)
= ln n
podle vztahu (4.2).
Příklad 4.1. Řešte rovnici
u(n + 1) =
n
2n2 + 3n + 1
u(n). (4.6)
Řešení. Při řešení tohoto příkladu je výhodné upravit posloupnost p(n) do součinového
tvaru:
n
2n2 + 3n + 1
=
1
2
n
n2 + 3
2
n + 1
2
=
1
2
n
(n + 1) n + 1
2
.
Podle vztahu (4.4) dostáváme
u(n) = C exp ln
1
2
n
(n + 1) n + 1
2
.
Platí
ln
1
2
n
(n + 1) n + 1
2
= ln
1
2
+ ln n − ln(n + 1) − ln n +
1
2
=
= ln
1
2
1 + ln n − ln(n + 1) − ln(n +
1
2
).
Použijeme-li vztah (4.5), dostáváme
ln
1
2
1 + ln n − ln(n + 1) − ln(n +
1
2
) =
39
KAPITOLA 4. SPECIÁLNÍ FUNKCE A DIFERENČNÍ ROVNICE
= n ln
1
2
+ ln Γ(n) − ln Γ(n + 1) − ln Γ n +
1
2
,
tedy
u(n) = C exp ln
1
2
n
(n + 1) n + 1
2
= C exp n ln
1
2
+ ln Γ(n) − ln Γ(n + 1) − ln Γ n +
1
2
= C exp ln
1
2
n
Γ(n)
Γ(n + 1)Γ n + 1
2
= C
1
2
n
Γ(n)
Γ(n + 1)Γ n + 1
2
.
Podle vztahu (4.2) můžeme tento výsledek upravit na tvar
u(n) = C
1
2
n
1
nΓ n + 1
2
.
Poznámka 4.2. Obecně platí, že pokud je posloupnost p(n) racionální funkcí, tj. rovnice
(3.2) je ve tvaru
u(n + 1) = a
(n − r1) · · · (n − rn)
(n − s1) · · · (n − sm)
u(n), (4.7)
kde a, r1, . . . , rn, s1, . . . , sm jsou konstanty, řešení diferenční rovnice (4.7) je podle věty 4.2
ve tvaru
u(n) = Can Γ(n − r1) · · · Γ(n − rn)
Γ(n − s1) · · · Γ(n − sm)
, (4.8)
kde C ∈ R. Přímou substitucí můžeme dokázat, že výraz pro u(n) řeší diferenční rovnici
pro všechny hodnoty n, pro které Γ(n − sk) = 0, k = 1, . . . , m. Můžeme učinit závěr, že
rovnice (3.5) je řešitelná ve členech gama funkcí , pokud p(n) je racionální funkce.
40
KAPITOLA 5. APLIKACE 41
Kapitola 5
Aplikace
5.1 Aplikace diferenčních rovnic a jejich řešení
V této podkapitole si ukážeme několik slovních úloh, při jejichž řešení využijeme diferenční
rovnice 1. řádu.
Příklad 5.1. (Hanojská věž) Určete nejmenší počet pohybů y(n) potřebných k přemístění
n disků z prvního kolíku na třetí kolík, viz obr. 5.1. Provést pohyb znamená vzít horní disk
z kteréhokoliv kolíku a přemístit jej na jiný kolík, který je buď volný (tzn. bez disku), nebo
obsahuje pouze větší disky než je přemisťovaný disk (tzn. větší disk nelze dát na menší).
Řešení. Můžeme najít řešení tohoto problému, pokud nalezneme vztah mezi y(n + 1) a
y(n).
Představme si, že n + 1 disků je již přesunuto. Nevyhnutelný mezistupeň úspěšného řešení
je ukázán na obr. 5.2. Všimněme si, že právě y(n) pohybů je potřebných k tomu,
abychom dostali toto uspořádání; potom minimální počet pohybů, které potřebujeme,
abychom přesunuli n disků z kolíku 1 na kolík 2, je stejný jako minimální počet pohybů
k přesunutí n disků z kolíku 2 na kolík 3. Nyní potřebujeme jeden pohyb největšího disku
na kolík 3 a y(n) dodatečných pohybů k přemístění dalších n disků z kolíku 2 na kolík 3.
Dospěli jsme k diferenční rovnici
y(n + 1) = y(n) + 1 + y(n)
neboli
y(n + 1) − 2y(n) = 1, (5.1)
kterou vyřešíme. Nejprve najdeme řešení homogenní rovnice
u(n + 1) − 2u(n).
Podle věty 3.3 je jejím řešením posloupnost
u(n) = 2n
.
KAPITOLA 5. APLIKACE
Řešení nehomogenní rovnice (5.1) potom bude mít podle věty 3.4 tvar
y(n) = 2n 1
2n+1
+ C ,
kde
1
2n+1
=
1
2
1
2n
=
1
2
1
2
n
=
1
2
1
2
n
1
2
− 1
= −
1
2n
.
Po dosazení dostáváme
y(n) = 2n
−
1
2n
+ C = −1 + C2n
.
Abychom vypočítali konstantu C, dosadíme počáteční podmínku y(1) = 1:
y(1) = −1 + 2C = 1,
odkud C = 1. Řešením této úlohy je tedy vztah
y(n) = 2n
− 1,
tj. je třeba vykonat 2n
− 1 pohybů k přemístění n disků z prvního kolíku na třetí kolík.
Snadno ověříme výsledek pro n = 2 a n = 3. Pro n = 2 dostáváme y(2) = 3, je tedy
potřeba tří pohybů k přemístění dvou disků z prvního kolíku na třetí kolík za dodržení
podmínek pro přemístění. Pro n = 3 dostáváme y(3) = 7, potřebujeme proto sedm pohybů
k tomu, abychom přemístili tři disky z prvního kolíku na třetí.
Příklad 5.2. Pan Novotný si koupil nové auto za 600 100 Kč a chtěl by jej splácet měsíčně.
Prodávající společnost mu nabídla půjčku na koupi auta s ročním úrokem 8, 9%. Pan
Novotný chce auto splatit za pět let. Jak vysoká bude měsíční splátka?
Řešení. Označíme si měsíční splátku M. Symbolem y(n) si označíme částku, kterou bude
pan Novotný dlužit po n měsících. První měsíc splatí pan Novotný M korun, z nichž část
půjde na vlastní splátku, část na splacení úroku. Po prvním měsíci bude velikost dluhu
y(1) = 600100 − M +
0, 089
12
600100. (5.2)
Po uplynutí n-tého měsíce bude pan Novotný dlužit
y(n) = y(n − 1) − M +
0, 089
12
y(n − 1) = 1 +
0, 089
12
y(n − 1) − M. (5.3)
42
KAPITOLA 5. APLIKACE
Obrázek 5.1: Výchozí pozice disků
Obrázek 5.2: Prostřední pozice
43
KAPITOLA 5. APLIKACE
Podle věty 3.4 dostáváme řešení ve tvaru
y(n) = 1 +
0, 089
12
n
−M
1 + 0,089
12
n+1 + C ,
kde
−M
1 + 0,089
12
n+1 = −
M
1 + 0,089
12
1
1 + 0,089
12
n
=
= −
M
1 + 0,089
12
1
1 + 0,089
12
n
:
1
1 + 0,089
12
− 1 =
= M
1
1 + 0,089
12
n+1 ·
1 + 0,089
12
0,089
12
=
12M
0, 089
1
1 + 0,089
12
n .
Dostáváme tedy řešení
y(n) = 1 +
0, 089
12
n
12M
0, 089
1
1 + 0,089
12
n + C =
12M
0, 089
+ C 1 +
0, 089
12
n
.
Konstantu C dostaneme dosazením počáteční podmínky y(0) = 600100:
y(0) =
12M
0, 089
+ C = 600100,
tj. C = 600100 − 12M
0,089
a celkově
y(n) = 600100 1 +
0, 089
12
n
−
12M
0, 089
1 +
0, 089
12
n
− 1 .
Pokud chce pan Novotný splatit auto za pět let, dostáváme podmínku y(60) = 0 a tedy
M =
0, 089 · 600100
12
1 + 0,089
12
60
1 + 0,089
12
60
− 1
˙=12428,
tj. pan Novotný bude splácet měsíčně 12 428 Kč.
Příklad 5.3. Předpokládejme, že vložíme 2000 Kč na začátku každého roku do banky,
která má roční úrokovou sazbu 8%. Kolik budeme mít v bance na konci n-tého roku?
Řešení. Označme y(n) množství peněz v bance na konci n-tého roku. Potom
y(n + 1) = y(n) + 2000 + (y(n) + 2000) (0, 08)
= 1, 08y(n) + 2160, (5.4)
44
KAPITOLA 5. APLIKACE
kde (y(n) + 2000) (0, 08) představuje úrok z n-tého roku. Řešení homogenní rovnice
u(n + 1) = 1, 08u(n)
je podle věty 3.3
u(n) = (1, 08)n
.
Potom obecné řešení rovnice (5.4) je podle věty 3.4 ve tvaru
y(n) = 1, 08n 2160
1, 08n+1
+ C
= 1, 08n 2160
1, 08
1
1, 08
n
+ C .
Podle věty 2.8(b)
y(n) = 1, 08n

2160
1, 08
1
1,08
n
1
1,08
− 1
+ C


= −27000 + C(1, 08)n
.
Jelikož y(0) = 0, dostáváme C = 27000, takže
y(n) = 27000 [(1, 08)n
− 1] .
Například na konci dvacátého roku můžeme mít v bance
y(20) = 27000 1, 0820
− 1 ˙=98846,
tj. téměř 100 000 Kč, viz obr. 5.3.
Příklad 5.4. Paní Volná uzavřela stavební spoření a měsíčně na něj posílá 2000 Kč (vždy
k 1. v měsíci). Vklad je úročen roční úrokovou mírou 4% a úročení probíhá jednou za rok.
Roční příspěvek státu činí 3000 Kč a připisuje se vždy 1. května následujícího roku. Kolik
korun naspoří paní Volná za čtyři roky?
Řešení. Množství peněz naspořených za n let si označíme y(n). Předpokládáme-li, že každý
měsíc je přesně dvanáctina roku, můžeme sestavit vztah
y(n+1) = 1, 04y(n)+12·2000+3000+0, 04·2000
12
12
+
11
12
+ · · · +
1
12
+0, 04·
8
12
·3000,
kde 0, 04 · 2000 12
12
+ 11
12
+ · · · + 1
12
jsou úroky z vkladů za aktuální rok a 0, 04 · 8
12
· 3000 je
úrok ze státního příspěvku připsaného v aktuálním roce.
45
KAPITOLA 5. APLIKACE
Obrázek 5.3: Množství peněz po n letech
Po úpravě získáváme diferenční rovnici
y(n + 1) = 1, 04y(n) + 27600. (5.5)
Řešením příslušné homogenní rovnice
u(n + 1) − 1, 04u(n) = 0
je podle věty 3.3
u(n) = (1, 04)n
.
46
KAPITOLA 5. APLIKACE
Řešení nehomogenní rovnice (5.5) je podle věty 3.4 ve tvaru
y(n) = (1, 04)n 27600
(1, 04)n+1
+ C
= (1, 04)n 27600
1, 04
1
(1, 04)n
+ C
= (1, 04)n 27600
1, 04
1
1, 04
n
+ C
= (1, 04)n

27600
1, 04
·
1
1,04
n
1
1,04
− 1
+ C


= −690000 + C(1, 04)n
.
Konstantu C vypočítáme z počáteční podmínky y(0) = 0:
y(0) = −690000 + C = 0,
tedy C = 690000. Dostáváme tedy obecné řešení rovnice (5.5):
y(n) = 690000 [(1, 04)n
− 1] . (5.6)
Abychom zjistili, kolik si paní Volná naspořila za čtyři roky, vypočítáme y(4):
y(4) = 690000 (1, 04)4
− 1 ˙=117203.
Paní Volná tedy naspoří na stavebním spoření za čtyři roky přibližně 117203 Kč.
5.2 Řetězové zlomky
Nyní si všimneme zajímavé souvislosti mezi nehomogenní rovnicí (3.1) a vzestupnými
řetězovými zlomky. Přepišme rovnici (3.1) do zlomkového tvaru:
y(n) =
−r(n) + y(n + 1)
p(n)
. (5.7)
Potom
y(n + 1) =
−r(n + 1) + y(n + 2)
p(n + 1)
.
Po dosazení do (5.7) dostáváme
y(n) =
−r(n) + −r(n+1)+y(n+2)
p(n+1)
p(n)
= −
r(n)
p(n)
+
−r(n + 1)
p(n)p(n + 1)
+
y(n + 2)
p(n)p(n + 1)
. (5.8)
47
KAPITOLA 5. APLIKACE
Nyní si můžeme vyjádřit z rovnice (5.7) y(n + 2) a dosadit jej do (5.8) a takto můžeme
pokračovat dále. Tímto postupem dospějeme k nekonečné řadě
y(n) =
−r(n)
p(n)
+
−r(n + 1)
p(n)p(n + 1)
+ · · · ,
neboli
y(n) =
∞
k=0
−r(n + k)
p(n) · · · p(n + k)
. (5.9)
Pokud tato řada konverguje, její suma musí být řešením rovnice (3.1), což můžeme ověřit
pomocí substituce.
Příklad 5.5. Pro rovnici
y(n + 1) − ny(n) = −3n
(5.10)
je rovnice (5.9) tvaru
y(n) =
∞
k=0
3n+k
n(n + 1) · · · (n + k)
=
3n
n
∞
k=0
3k
n(−k)
, (5.11)
kde n(−k)
je faktoriálovou funkcí z definice 10. Je-li n ∈ N pevné, řada
∞
k=0
3k
n(−k)
konverguje a řešení rovnice (5.10) je dáno vztahem (5.11).
48
SEZNAM POUŽITÉ LITERATURY 49
Seznam použité literatury
[1] Diference a diferenční rovnice
http://www.matematika.educato.cz/vyuka/matematika_i/diferencstr6.pdf
[2] Mařík R. Diferenciální a diferenční rovnice, Brno: Mendelova zemědělská a lesnická
univerzita v Brně, 2004.
[3] Kelley W., Peterson A. Difference Equation: An Introduction with Applications, San
Diago: ACADEMIC PRESS, 1991.
[4] Prágerová A. Diferenční rovnice, Praha: SNTL, 1971.
[5] Kobza A. Diferenční rovnice ve středoškolské matematice, diplomová práce, 2001.
[6] Panák M., Slovák J. Drsná matematika, 2007.
https://is.muni.cz/el/1433/podzim2008/MB102/um/roughmath.pdf
[7] Odvárko O. Matematika pro gymnázia: Posloupnosti a řady, Praha: Prometheus, 2003.
[8] Jirásek F., Kriegelstein E., Tichý Z. Sbírka řešených příkladů z matematiky, Praha:
SNTL, 1982.
[9] Poznámky z přednášek k předmětu Matematická analýza IV. od doc. J. Kalase, Brno,
2007.