Metody řešení diferenčních rovnic
Obsah
1 Rovnice řešitelné sumací 1
1.1 Posun, diference, antidiference, suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Nejjednodušší diferenční rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 Lineární rovnice 11
2.1 Rovnice prvního řádu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Rovnice druhého řádu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2.1 Struktura řešení homogenní rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2.2 Řešení nehomogenní rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2.3 Homogenní rovnice s konstantními koeficienty . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2.4 Nehomogenní rovnice, jejíž levá strana má konstantní koeficienty . . . . 24
2.3 Lineární rovnice k-tého řádu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3.1 Fundamentální systém řešení homogenní rovnice . . . . . . . . . . . . . 27
2.3.2 Nehomogenní rovnice a metoda variace konstant . . . . . . . . . . . . . 29
2.3.3 Homogenní rovnice s konstantními koeficienty . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3.4 Rovnice s konstantními koeficienty a speciální pravou stranou . . . . . . 36
2.3.5 Cauchyho-Eulerova rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.4 Cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3 Další explicitně řešitelné rovnice 45
3.1 Riccatiho a Bernoulliova rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2 Homogenní rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.2.1 Implicitní rovnice x(t + 1)2 + a(t)x(t + 1)x(t) + b(t)x(t)2 = 0 . . . . . . 52
3.3 Logaritmicky lineární rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.4 Rovnice řešitelné speciálními substitucemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
3.4.1 Goniometrické a hyperbolické substituce . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
3.4.2 Logistická rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.5 Cvičení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
ii OBSAH
Kapitola 1
Rovnice řešitelné sumací
Řešením diferenční rovnice je posloupnost, která tuto rovnici splňuje. Proto se budeme nejdříve
zabývat posloupnostmi (definovanými poněkud obecnějí než v základním kursu matematické
analýzy) a některými operacemi s nimi. Dvě z těchto operací (diference a sumace) jsou analogiemi
operací derivace a integrace funkce, další (posun a součin) u funkcí analogie nemají.
Dosažené výsledky umožní řešení nejjednodušších diferenčních rovnic, tj. rovnic tvaru ∆x = b,
kde b je známá posloupnost a x je hledaná posloupnost.
1.1 Posun, diference, antidiference, suma
Intervalem celých čísel rozumíme libovolnou z množin
{p, p + 1, p + 2, . . . , q − 1, q} ,
{p, p + 1, p + 2, . . . } , {. . . , q − 2, q − 1, q} , {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . . } ,
kde p, q ∈ Z, p < q. Pro interval I celých čísel klademe Iκ = I \ max I. To znamená, že
{p, p + 1, p + 2, . . . , q − 1, q}κ
= {p, p + 1, p + 2, . . . , q − 2, q − 1} ,
{. . . , q − 2, q − 1, q}κ
= {. . . , q − 3, q − 2, q − 1}
a v ostatních případech Iκ = I.
Uvažujme posloupnost a, tj. zobrazení intervalu I celých čísel do čísel reálných, a : I → R.
Členy této posloupnosti budeme zapisovat standardním symbolem a(t) jako hodnotu posloupnosti
a v indexu (nezávisle proměnné) t. Definiční obor posloupnosti a označíme Dom a.
Pro každou posloupnost a a index t ∈ (Dom a)κ klademe
aσ
(t) = a(t + 1).
Posloupnost aσ se nazývá posun (podrobněji posun vpřed, anglicky shift) posloupnosti a.
Algebraická poznámka: Označme PI množinu posloupností definovaných na intervalu I. Tato
množina tvoří vektorový prostor. Sčítání v něm je standardním součtem posloupností, násobení skalárem
je násobení posloupnosti reálným číslem,
(a + b)(t) = a(t) + b(t), (αa)(t) = αa(t) pro a, b ∈ PI, α ∈ R.
1
2 KAPITOLA 1. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SUMACÍ
Posun lze „globálně“ chápat jako zobrazení množiny posloupností se stejným definičním oborem do
(obecně jiné) množiny posloupností, konkrétněji jako zobrazení množiny PI do množiny PIκ ,
·σ
: PI → PIκ .
Poněvadž pro libovolné dvě posloupnosti s definičním oborem I a libovolné reálné konstanty α, β platí
(αa + βb)σ
(t) = (αa + βb)(t + 1) = αa(t + 1) + βb(t + 1) = αaσ
(t) + βbσ
(t),
je zobrazení ·σ
lineární.
Diference posloupnosti a je posloupnost, označená ∆a, definovaná vztahem
∆a(t) = a(t + 1) − a(t).
Diference i posun posloupnosti a jsou definovány na množině (Dom a)κ. Vztah posunu a diference
posloupnosti je zřejmý,
∆a = aσ
− a.
Pro libovolné posloupnosti a, b se stejným definičním oborem, pro libovolné reálné konstanty
α, β a každý index t ∈ (Dom a)κ platí
∆ αa + βb (t) = α∆a(t) + β∆b(t),
tj. diference je lineární operátor na prostoru posloupností. Dále
∆ ab (t) = ∆a(t) b(t) + a(t + 1) ∆b(t) = ∆a(t) b(t + 1) + a(t) ∆b(t) .
Pokud navíc b(t) = 0 = b(t + 1), pak
∆
a
b
(t) =
∆a(t) b(t) − a(t) ∆b(t)
b(t)b(t + 1)
.
Stručně odvozené rovnice zapíšeme jako
∆(αa + βb) = α∆a + β∆b, ∆ab = b∆a + aσ
∆b = bσ
∆a + a∆b, ∆
a
b
=
b∆a − a∆b
bbσ
.
Antidiference posloupnosti a je posloupnost A se stejným definičním oborem Dom a, pro
kterou platí ∆A = a, podrobněji
∆A(t) = a(t)
pro všechna t ∈ (Dom a)κ. Antidiference není určena jednoznačně: Je-li γ libovolná konstanta
a A antidiference posloupnosti a, pak posloupnost ˜A = A+γ je také antidiferencí posloupnosti
a, neboť
∆ ˜A(t) = ∆ A + γ (t) = A(t + 1) + γ − A(t) + γ = A(t + 1) − A(t) = ∆A(t) = a(t).
Naopak, pokud posloupnosti A a ˜A jsou antidiference posloupnosti a, pak
a(t) = ∆A(t) = ∆ ˜A(t),
neboli
A(t + 1) − A(t) = ˜A(t + 1) − ˜A(t)
1.1. POSUN, DIFERENCE, ANTIDIFERENCE, SUMA 3
posloupnost a diference ∆a antidiference a
1. a(t) = 1 0 t
2. a(t) = t 1 1
2t(t − 1)
3. a(t) = t(r) =
t
j=t−r+1
j, t ≥ 0 rt(r−1) t(r+1)
r + 1
, r = −1
4. a(t) = αt, α = 1 (α − 1)αt αt
α − 1
5. a(t) = cos(αt + β), α ≡ 0, mod 2π −2 sin 1
2α sin(αt + β + 1
2α)
sin(αt + β − 1
2α)
2 sin 1
2α
6. a(t) = sin(αt + β), α ≡ 0, mod 2π 2 sin 1
2α cos(αt + β + 1
2α) −
cos(αt + β − 1
2 α)
2 sin 1
2α
7. a(t) = Pn(t) Pn−1(t) Pn+1(t)
Tabulka 1.1: Diference a antidiference některých posloupností. Posloupnost na řádku 1. je
konstantní, na ř. 2. aritmetická s diferencí 1, posloupnost na řádku 3. se nazývá faktoriálová,
na řádku 4. je geometrická posloupnost s kvocientem α, na řádcích 5. a 6. jsou posloupnosti
goniometrické. Symbol Pν(t) v 7. řádku zastupuje libovolný polynom stupně ν v proměnné t;
řádky 1. a 2. jsou vlastně zvláštními případy řádku posledního.
pro všechny indexy t ∈ (Dom a)κ. Odtud dostaneme rovnost
(A − ˜A)(t + 1) = A(t + 1) − ˜A(t + 1) = A(t) − ˜A(t) = (A − ˜A)(t),
která zase platí pro všechny indexy t. To znamená, že posloupnost A − ˜A je konstantní.
Dostáváme tak závěr, že dvě posloupnosti A a ˜A jsou antidiferencí téže posloupnosti a právě
tehdy, když se liší o aditivní konstantu.
Nechť posloupnost A, resp. B, je antidiference posloupnosti a, resp. b, a α, β jsou libovolné
konstanty. Pak lineární kombinace αA + βB je antidiferencí posloupnosti αa + βb.
Nechť a je posloupnost. Její (nějakou) antidiferenci také nazýváme sumace a označujeme
Σa (význam této terminologie a symboliky se objasní později). Předchozí výsledek lze při
tomto označení zapsat ve tvaru
Σ(αa + βb) = αΣa + βΣb. (1.1)
Z druhé formule pro diferenci součinu posloupností plyne další rovnost
Σ(a∆b) = ab − Σ(bσ
∆a). (1.2)
Rovnosti (1.1) a (1.2) chápeme ve smyslu „až na aditivní konstantu“, tj. rozdíl posloupností
na levé a pravé straně těchto rovností je konstantní posloupnost.
Diference a antidiference některých posloupností („elementárních posloupností“) jsou shrnuty
v tabulce 1.1
4 KAPITOLA 1. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SUMACÍ
Sumace a součiny.
Nechť a je posloupnost, p, q ∈ Dom(a) takové, že p ≤ q. Sumu členů posloupnosti a od p do q
definujeme obvyklým způsobem jako
q
j=p
a(j) = a(q) + a(q − 1) + · · · + a(p + 1) + a(p)
a podobně součin členů posloupnosti a od p do q jako
q
j=p
a(j) = a(q)a(q − 1) · · · a(p + 1)a(p).
Dále klademe p−1
j=p
a(j) = 0,
p−1
j=p
a(j) = 1.
Pro p, q ∈ Dom a takové, že p > q klademe
q
j=p
a(j) = −
p−1
j=q+1
a(j)
a pokud jsou všechny členy a(q + 1), a(q + 2), . . . , a(p − 2), a(p − 1) nenulové, klademe také
q
j=p
a(j) =


p−1
j=q+1
a(j)


−1
=
p−1
j=q+1
1
a(j)
.
Při této konvenci pro libovolné hodnoty p, q, r ∈ Dom a platí
q
j=p
a(j) +
r
j=q+1
a(j) =
r
j=p
a(j),
q
j=p
a(j)
r
j=q+1
a(j) =
r
j=p
a(j).
Suma diferencí posloupnosti a splňuje rovnosti
t−1
j=t0
∆a(j) =
t−1
j=t0
a(j + 1) − a(j) =
t
j=t0+1
a(j) −
t−1
j=t0
a(j) = a(t) − a(t0). (1.3)
Odtud vidíme, že pro posloupnost a a její antidiferenci A platí
t−1
j=t0
a(j) = A(t) − A(t0);
zavedeme-li pro libovolnou posloupnost x označení
x(j)
t
j=t0
= x(t) − x(t0),
můžeme předchozí vásledek přepsat ve tvaru
t−1
j=t0
a(j) = A(j)
t
j=t0
. (1.4)
1.1. POSUN, DIFERENCE, ANTIDIFERENCE, SUMA 5
Při znalosti antidiference posloupnosti tedy již snadno spočítáme konečný součet členů po-
sloupnosti.
Z rovnosti (1.2) získáme užitečnou formuli
t−1
j=t0
a(j)∆b(j) = a(j)b(j)
t
j=t0
−
t−1
j=t0
b(j + 1)∆a(j); (1.5)
nazýváme ji sumace „per partes“.
Odvozené výsledky jsou užitečné při sčítání členů posloupností.
Příklady:
1. Najdeme součet sn prvních n členů aritmetické posloupnosti, tj. posloupnosti s obecným
členem an = a1 + (n − 1)d:
Součet přepíšeme a upravíme,
sn =
n
j=1
a1 + (j − 1)d = a1
n
j=1
1 + d
n
j=1
(j − 1) = a1
n
j=1
1 + d
n−1
j=0
j.
Z formule (1.4) a prvních dvou řádků tabulky 1.1 nyní dostaneme
sn = a1 j
n+1
j=1
+ d
j(j − 1)
2
n
j=0
= a1(n + 1 − 1) + d
n(n − 1)
2
=
=
1
2
n 2a1 + (n − 1)d =
1
2
n(a1 + an),
což je vzoreček známý ze střední školy.
2. Sn,2 = 1 + 4 + 9 + · · · + n2:
Součet přepíšeme, využijeme vzorec pro antidiferenci faktoriálové posloupnosti z třetího
řádku tabulky 1.1 a pak formuli (1.4):
1+4+9+· · ·+n2
=
n
j=1
j2
=
n
j=1
j(j−1)+j =
n
j=1
j(j−1)+
n
j=1
j =
n
j=1
j(2)
+
n
j=1
j(1)
=
=
1
3
j(3)
n+1
j=1
+
1
3
j(2)
n+1
j=1
=
1
3
j(j − 1)(j − 2)
n+1
j=1
+
1
3
j(j − 1)
n+1
j=1
=
=
1
3
(n + 1)n(n − 1) +
1
2
(n + 1)n =
1
6
n(n + 1)(2n + 1).
Povšimněme si ještě, že výsledek je v souladu se sedmým řádkem tabulky 1.1 (diference
a antidiference polynomu).
3. sn =
n
j=1
(j2 + 2j − 3):
Jedná se o součet členů posloupnosti, které jsou kvadratickými polynomy v indexu
posloupnosti. Antidiference takové posloupnosti je kubický polynom. Součtem tedy musí
být výraz
sn = an3
+ bn2
+ cn + d.
6 KAPITOLA 1. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SUMACÍ
Dosazením do obou vztahů vyjadřujících sn dostaneme pro n = 1, 2, 3, 4 rovnosti
s1 = 1 + 2 − 3 = 0 = a + b + c + d,
s2 = s1 + 4 + 4 − 3 = 5 = 8a + 4b + 2c + d,
s3 = s2 + 9 + 6 − 3 = 17 = 27a + 9b + 3c + d,
s4 = s3 + 16 + 8 − 3 = 38 = 64a + 16b + 4c + d.
Koeficienty a, b, c, d jsou tedy řešením soustavy lineárních algebraických rovnic
a + b + c + d = 0
8a + 4b + 2c + d = 5
27a + 9b + 3c + d = 17
64a + 16b + 4c + d = 38
Jejím řešením dostaneme a = 1
3, b = 3
2 , c = −11
6 , d = 0, takže sn = 1
6 2n3 + 9n2 − 11n .
Stejnou formuli můžeme získat (dokonce rychleji) pomocí výsledků 1. a 2. příkladu.
4. Sn,k = 1 + 2k + 3k + · · · + nk:
Nejprve vypočítáme Sn,0 = 1 + 10 + · · · + n0 = n. Dále využijeme sumaci „per partes“,
binomickou větu a vlastnosti kombinačních čísel. Dostaneme
Sn,k =
n
j=1
jk
=
n
j=1
jk
· 1 =
n
j=1
jk
∆j = jk
j
n+1
j=1
−
n
j=1
jk
(j + 1)k
− jk
(j + 1) =
= (n + 1)k
− 1 −
n
j=1


k−1
p=0
jp k
p

 (j + 1) = (n + 1)k
− 1 −
k−1
p=0
k
p
n
j=1
jp+1
+ jp
=
= (n + 1)k
− 1 −
k−1
p=0
k
p


n
j=1
jp+1
+ Sn,p

 =
= (n + 1)k
− 1 −
k
p=1
k
p − 1
n
j=1
jp
−
k−1
p=0
k
p
Sn,p =
= (n + 1)k
− 1 −
k
k − 1
Sn,k −
k
p=1
k
p − 1
+
k
p
Sn,p −
k
0
Sn,0 =
= (n + 1)k
− 1 − kSn,k − n −
k−1
p=1
k + 1
p
Sn,p.
Tento výsledek považujeme za rovnici pro hledaný výraz Sn,k. Z ní vyjádříme Sn,k pomocí
rekurentní formule
Sn,k =
1
k + 1

(n + 1)k+1
− n − 1 −
k−1
p=1
k + 1
p
Sn,p

 .
Konkrétně můžeme počítat:
Sn,1 = 1
2 (n + 1)2 − n − 1 − 0 = 1
2n(n + 1),
Sn,2 = 1
3 (n + 1)3 − n − 1 −
3
1
Sn,1 = 1
3 (n + 1)3 − n − 1 − 3
2n(n + 1) =
1.2. NEJJEDNODUŠŠÍ DIFERENČNÍ ROVNICE 7
= 1
6n(n + 1)(2n + 1), Sn,3 = 1
4 (n + 1)4 − n − 1 −
4
1
Sn,1 −
4
2
Sn,2 =
= 1
4 (n + 1)4 − n − 1 − 2n(n + 1) − n(n + 1)(2n + 1) = 1
4n2(n + 1)2,
atd. Vidíme, že výrazy Sn,1 a Sn,2 získané tímto postupem jsou stejné, jako ve výsledcích
1. a 2. příkladu.
Mezi „elementárními posloupnostmi“ uvedenými v tabulce 1.1 je také posloupnost faktoriálová,
definovaná pro celé číslo r a pro t ≥ 0 vztahem
t(r)
=
t
j=t−r+1
j.
Pro r = 0 je tedy podle zavedené konvence t(0) = 1 a pro r > 0 je
t(r)
= t(t − 1)(t − 2) · · · (t − r + 1) =



0, t < r,
t!
(t − r)!
, t ≥ r.
Pro r < 0 je
t(r)
= t(−|r|)
=
t
j=t+|r|+1
j =


t+|r|
j=t+1


−1
=
1
(t + 1)(t + 2) · · · (t + |r|)
=
t!
(t − r)!
,
což je formálně stejný vztah, jako v případě r ≥ 0. Z něho také plyne název této posloupnosti.
Antiderivaci faktoriálové posloupnosti t(−1) nazýváme harmonické číslo a značíme ji H(t).
Součet
H(t) =
t−1
j=0
j(−1)
=
t
j=1
1
t
nelze vyjádřit v uzavřeném tvaru. Pro velká t platí přibližný vztah
H(t) ≈ γ +
ln(t + 1) + ln t
2
+
1
6t(t + 1)
,
kde γ
.
= 0,5772 je Eulerova konstanta. Chyba této aproximace je řádu O(n−4).
1.2 Nejjednodušší diferenční rovnice
Počáteční úlohu pro diferenční rovnici prvního typu ve tvaru
∆x = b(t), x(t0) = x0, (1.6)
kde x je hledaná posloupnost a b je daná posloupnost, můžeme bezprostředně vyřešit sumací
obou jejích stran. Podle (1.3) je totiž
x(t) − x(t0) =
t−1
j=t0
b(j),
8 KAPITOLA 1. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SUMACÍ
takže
x(t) = x0 +
t−1
j=t0
b(j).
Pokud známe antidiferenci B posloupnosti b, řešení úlohy (1.6) zapíšeme ve tvaru
x(t) = x0 + B(j)
t
j=t0
.
Příklady: Najdeme řešení počáteční úlohy:
1. ∆x = t3, x(1) = 1.
Posloupnost na pravé straně rozepíšeme pomocí faktoriálových posloupností,
t3
= t(t − 1)(t − 2) + 3t2
− 2t = t(t − 1)(t − 2) + 3t(t − 1) + t = t(3)
+ 3t(2)
+ t(1)
.
S využitím třetího a druhého řádku tabulky 1.1 dostaneme
t−1
j=1
j3
=
t−1
j=1
j(3)
+ 3
t−1
j=1
j(2)
+
t−1
j=1
j =
j(4)
4
t
j=1
+ 3
j(3)
3
t
j=1
+
j(j − 1)
2
t
j=1
=
=
1
4
t(t − 1)(t − 2) − 0 + 3
1
3
t(t − 1)(t − 2) − 0 +
1
2
t(t − 1) − 0 =
1
4
t2
(t − 1)2
.
Řešení dané úlohy tedy je posloupnost daná předpisem
x(t) = 1 +
t2(t − 1)2
4
.
Alternativně bychom tuto úlohu mohli řešit pomocí výsledku 4. příkladu v předchozí
části. Je totiž
x(t) = x(1) +
t−1
j=1
j3
= 1 + St−1,3 = 1 + 1
4(t − 1)2t2.
2. ∆x(t) =
1
(t + 1)(t + 3)
, x(1) = 0.
Nejprve upravíme pravou stranu rovnice:
1
(t + 1)(t + 3)
=
t + 2
(t + 1)(t + 2)(t + 3)
=
=
1
(t + 1)(t + 2)
−
1
(t + 1)(t + 2)(t + 3)
= t(−2)
− t(−3)
.
Nyní využijeme 3. řádek tabulky 1.1 a vyjádříme řešení dané úlohy:
x(t) =
j(−1)
−1
t
j=1
−
j(−2)
−2
t
j=1
= −
1
j + 1
t
j=1
+
1
2
1
(j + 1)(j + 2)
t
j=1
=
= −
1
t + 1
+
1
2
+
1
2
1
(t + 1)(t + 2)
−
1
2 · 3
=
5
12
−
2t + 3
2(t + 1)(t + 2)
.
1.3. CVIČENÍ 9
3. ∆x = 2tt, x(0) = 0.
Pro nalezení sumy posloupnosti na pravé straně rovnice využijeme sumaci „per partes“
(1.5) (kde a(t) = t, ∆b(t) = 2t, tj. b(t) = 2t) a čtvrtý řádek tabulky 1.1:
t−1
j=0
2j
j = 2j
j
t
j=0
−
t−1
j=0
2j+1
= 2t
t − 0 −
2j+1
1
t
t=0
= 2t
t − 2t+1
+ 2.
Řešení dané rovnice tedy je x(t) = 2t(t − 2) + 2.
4. x(t + 1) =
t
t + 1
x(t) +
(−1)t
t + 1
, x(1) = 1
2 .
Danou diferenční rovnici druhého typu (rekurentní relaci) převedeme na rovnici prvního
typu
x(t + 1) − x(t) = −
1
t + 1
x(t) +
(−1)t
t + 1
a dále upravíme na tvar
(1 + t)x(t + 1) − tx(t) = (−1)t
, tj. ∆ tx(t) = cos tπ.
Nyní zavedeme novou neznámou posloupnost y substitucí y(t) = tx(t). Posloupnost y
vyhovuje diferenční rovnici
∆y(t) = cos tπ
s počáteční podmínkou y(1) = 1 · x(1) = 1
2 . Pro řešení této úlohy využijeme pátý řádek
tabulky 1.1:
y(t) = 1
2 +
t−1
j=1
cos tπ = 1
2 +
sin(jπ− π
2 )
2 sin π
2
t
j=1
= 1
2 + 1
2 sin tπ − π
2 − 1 = 1
2 sin(2t − 1)π
2 .
Zpětnou substitucí dostaneme řešení dané úlohy ve tvaru
x(t) =
sin(2t − 1)π
2
2t
=
(−1)t−1
2t
.
1.3 Cvičení
1. Ověřte platnost vzorců v tabulce 1.1.
2. Vypočítejte součet sn =
n
j=1
(j2 + 2j − 3) alternativním postupem k postupu uvedenému
ve 3. příkladu na str. 5.
10 KAPITOLA 1. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SUMACÍ
V úlohách 3–6 najděte antidiferenci dané posloupnosti.
3. a(t) = t(−1)t
4. a(t) = t sin αt
5. a(t) = t2qt
6. a(t) = t(r)qt
V úlohách 7–10 najděte řešení počáteční úlohy.
7. ∆x(t) = t22t, x(0) = 6
8. ∆x(t) =
1
t(t + 1)
, x(1) = 0
9. ∆x(t) =
t
(t + 1)(t + 2)(t + 3)
, x(1) = 0
10. ∆x(t) = (−1)
1
2
t(t−1)
, x(0) = 0
11. Najděte řešení rovnice (t + 1)x(t + 1) = tx(t) a určete interval, na kterém je definováno.
Výsledky:
3. 1
4 (t − 2)(−1)t+1
4. sin αt
2(1 − cos α)
− t
cos(αt − 1
2 α)
2 sin 1
2 α
5. t2
q − 1
−
2qt
(q − 1)2
+
q2
+ 2
(q − 1)3
qt
6. −
r!
(1 − q)r+1
1 +
r
j=1
1 − q
q
j
t(j)
j!
qt+r
7. t2
− 4t + 6 2t
8. t − 1
t
9. 1
4 t(2)
t(−2)
=
t(t − 1)
4(t + 1)(t + 2)
10. 2 sin 1
4 πt
2
= 1 − 1
2 ((−1)t
+ 1) (−1)
1
2 t(t−1)
11. x(t) =
C/t, t ∈ (−∞, −1] nebo t ∈ [1, ∞)
0, t ∈ (−∞, ∞),
C je libovolná konstanta.
Kapitola 2
Lineární rovnice
2.1 Rovnice prvního řádu
Lineární diferenční rovnice prvního řádu je tvaru
∆x = a(t)x + b(t), (2.1)
kde a, b jsou nějaké posloupnosti. Pokud je posloupnost b identicky nulová, b ≡ 0, nazýváme
rovnici (2.1) homogenní.
Diferenční rovnici (2.1) můžeme přepsat do tvaru rekurentní formule (diferenční rovnice
druhého typu)
x(t + 1) = a(t) + 1 x(t) + b(t),
nebo
x(t + 1) − q(t)x(t) = b(t), (2.2)
při označení q(t) = a(t) + 1. K rovnici přidáme počáteční podmínku
x(t0) = x0. (2.3)
Z rovností (2.2), (2.3) postupně počítáme:
x(t0 + 1) = q(t0)x0 + b(t0) = x0q(t0) + b(t0),
x(t0 + 2) = q(t0 + 1)x(t0) + b(t0 + 1) = q(t0 + 1) x0q(t0) + b(t0) + b(t0 + 1) =
= x0q(t0)q(t0 + 1) + b(t0)q(t0 + 1) + b(t0 + 1),
x(t0 + 3) = q(t0 + 2) x0q(t0)q(t0 + 1) + b(t0)q(t0 + 1) + b(t0 + 1) + b(t0 + 2) =
= x0q(t0)q(t0 + 1)q(t0 + 2) +
+ b(t0)q(t0 + 1)q(t0 + 2) + b(t0 + 1)q(t0 + 2) + b(t0 + 2) =
= x0
2
i=0
q(t0 + i) +
2
i=0
b(t0 + i)
2
j=i+1
q(t0 + j),
atd. Obecně
x(t0 + l) = x0
l−1
i=0
q(t0 + i) +
l−1
i=0
b(t0 + i)
l−1
j=i+1
q(t0 + j) = x0
t0+l−1
i=t0
q(i) +
t0+l−1
i=t0
b(i)
t0+l−1
j=i+1
q(j).
Tento výsledek lze snadno ověřit úplnou indukcí. Dostáváme tak
11
12 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Tvrzení 1. Řešení lineární diferenční rovnice (2.1) s počáteční podmínkou (2.3) je dáno
formulí
x(t) = x0
t−1
i=t0
1 + a(i) +
t−1
i=t0
b(i)
t−1
j=i+1
1 + a(j) ; (2.4)
řešení lineární rekurentní formule prvního řádu (2.2) s počáteční podmínkou (2.3) je dáno
formulí
x(t) = x0
t−1
i=t0
q(i) +
t−1
i=t0
b(i)
t−1
j=i+1
q(j). (2.5)
Významné speciální případy lineární rovnice prvního řádu jsou ty, ve kterých je některá z
posloupností a, b konstantní, a ≡ α = −1 nebo b ≡ β.
Důsledky.
1. Řešení lineární diferenční rovnice, resp. rekurentní formule, prvního řádu
∆x = αx + b(t), resp. x(t + 1) = κx(t) + b(t),
s počáteční podmínkou (2.3) je dáno formulí
x(t) = x0(1 + α)t−t0
+
t−1
i=t0
b(i)(1 + α)t−1−i
,
resp.
x(t) = x0κt−t0
+
t−1
i=t0
b(i)κt−1−i
.
2. Řešení lineární diferenční rovnice, resp. rekurentní formule, prvního řádu
∆x = αx + β, resp. x(t + 1) = κx(t) + β,
s počáteční podmínkou (2.3) je dáno formulí
x(t) = x0(1 + α)t−t0
−
β
α
1 − (1 + α)t−t0
= x0 +
β
α
(1 + α)t−t0
−
β
α
,
resp.
x(t) = x0 −
β
1 − κ
κt−t0
+
β
1 − κ
.
(Při odvození druhého důsledku byl využit vzorec pro součet konečné geometrické posloup-
nosti.)
2.2. ROVNICE DRUHÉHO ŘÁDU 13
Metoda sumačního faktoru
Vzorec (2.5) pro řešení počáteční úlohy (2.2), (2.3) jsme „uhodli“ přímo z počáteční podmínky a tvaru
rekurentní relace. Ukážeme „sofistikovanější“ postup jeho odvození.
Rovnici (2.2) vynásobíme výrazem
t0
j=t+1
q(j). Dostaneme
x(t + 1)
t0
j=t+1
q(j) − x(t)q(t)
t0
j=t+1
q(j) = b(t)
t0
j=t+1
q(j)
a po úpravě
x(t + 1)
t0
j=t+1
q(j) − x(t)
t0
j=t
q(j) = b(t)
t0
j=t+1
q(j).
Výraz na levé straně je diferencí posloupnosti s obecným členem x(t)
t0
j=t
q(j). Rekurentní relace (2.2)
se tímto způsobem převádí na diferenční rovnici
∆

x(t)
t0
j=t
q(j)

 = b(t)
t0
j=t+1
q(j),
která je řešitelná prostou sumací, viz 1.2. Řešení této rovnice s počáteční podmínkou (2.3) je tedy
dáno součtem
x(t)
t0
j=t
q(j) = x(t0)
t0
j=t0
q(j) +
t−1
i=t0
b(i)
t0
j=i+1
q(j) = x0q(t0) +
t−1
i=t0
b(i)
t0
j=i+1
q(j).
Tuto rovnost vydělíme součinem
t0
j=t
q(j), tj. vynásobíme součinem
t−1
j=t0+1
q(j), a upravíme:
x(t) = x0q(t0)
t−1
j=t0+1
q(j) +
t−1
i=t0
b(i)
t0
j=i+1
q(j)
t−1
j=t0+1
q(j) = x0
t−1
j=t0
q(j) +
t−1
i=t0
b(i)
t−1
j=i+1
q(j).
Dostáváme tak opět formuli (2.5).
Posloupnost π definovaná vztahem
π(t) =
t0
j=t+1
q(j) =
t
j=t0+1
1
q(j)
se nazývá sumační faktor rovnice (2.2).
2.2 Rovnice druhého řádu
Lineární diferenční rovnice druhého typu (rekurentní formule) druhého řádu je tvaru
x(t + 2) + a1(t)x(t + 1) + a0(t)x(t) = b(t), (2.6)
kde a0 je posloupnost taková, že a(t) = 0. Pokud je posloupnost b identicky nulová, b ≡ 0,
nazýváme rovnici (2.6) homogenní.
14 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
K rovnice (2.6) přísluší počáteční podmínka
x(t0) = ξ0, x(t0 + 1) = ξ1. (2.7)
Počáteční úloha pro rovnici (2.6) má zřejmě jediné řešení definované na průniku definičních
oborů posloupností a0, a1, b. Na této množině totiž můžeme spočítat člen hledané posloupnosti
x ze dvou „předchozích“,
x(t + 2) = b(t) − a0(t)x(t) − a1(t)x(t + 1),
a díky předpokladu a0(t) můžeme také spočítat člen posloupnosti ze dvou „následujících“,
x(t) =
1
a0(t)
b(t) − a1(t)x(t + 1) − x(t + 2) .
Z počáteční podmínky tedy určíme členy hledané posloupnosti pro všechny přípustné hodnoty
indexu t.
2.2.1 Struktura řešení homogenní rovnice
Pro lineární homogenní rovnici druhého řádu
x(t + 2) + a1(t)x(t + 1) + a0(t)x(t) = 0, (2.8)
platí princip superpozice:
Tvrzení 2. Jsou-li x1 a x2 řešení rovnice (2.8) a c1, c2 konstanty, pak také lineární kombinace
y = c1x1 + c2x2 je řešením této rovnice.
Důkaz:
y(t + 2) + a1(t)y(t + 1) + a0(t)y(t) =
= c1x1(t + 2) + c2x2(t + 2) + a1(t) c1x1(t + 1) + c2x2(t + 1) + a0 c1x1(t) + c2x2(t) =
= c1 x1(t + 2) + a1(t)x1(t + 1) + a0(t)x1(t) +
+ c2 x2(t + 2) + a1(t)x2(t + 1) + a0(t)x2(t) = 0.
Bezprostředním důsledkem tohoto tvrzení je evidentní skutečnost, že nulová posloupnost
je také řešením rovnice. Celkem tak dostáváme, že množina řešení lineární homogenní rovnice
(2.8) je lineární (vektorový) prostor.
Řešení y1 rovnice (2.8) s počáteční podmínkou
x(t0) = 1, x(t0 + 1) = 0
a řešení y2 této rovnice s počáteční podmínkou
x(t0) = 0, x(t0 + 1) = 1
jsou evidentně lineárně nezávislá. To znamená, že prostor řešení lineární homogenní rovnice
(2.8) má dimenzi alespoň 2. Naopak, pro jednoznačně určené řešení x rovnice (2.8) s obecnou
počáteční podmínkou (2.7) platí
x = ξ1y1 + ξ2y2;
2.2. ROVNICE DRUHÉHO ŘÁDU 15
přitom y1, y2 splnují uvedené počáteční podmínky. To znamená, že libovolné řešení homogenní
rovnice (2.8) lze vyjádřit jako lineární kombinaci dvou posloupností y1 a y2. Prostor řešení má
tedy dimenzi nejvýše 2.
Provedené úvahy shrneme: Množina všech řešení lineární homogenní rovnice druhého řádu
(2.8) tvoří dvourozměrný lineární prostor. Bázi tohoto prostoru nazveme fundamentální systém
řešení homogenní rovnice (2.8).
Tvoří-li posloupnosti y1 a y2 fundamentální systém řešení homogenní rovnice (2.8), pak
posloupnost c1y1 + c2y2 je obecným řešením lineární homogenní rovnice (2.8). Rešení počáteční
úlohy (2.8), (2.7) je totiž tohoto tvaru, přičemž konstanty c1, c2 jsou řešením soustavy
lineárních (algebraických) rovnic
c1y1(t0) + c2y2(t0) = ξ0
c1y1(t0 + 1) + c2y2(t0 + 2) = ξ1.
Známe-li tedy fundamentální systém y1, y2 řešení lineární homogenní rovnice (2.8), můžeme
psát řešení počáteční úlohy (2.8), (2.7) ve tvaru
x(t) =
ξ0y2(t0 + 1) − ξ1y2(t0) y1(t) − ξ0y1(t0 + 1) − ξ1y1(t0) y2(t)
y1(t0)y2(t0 + 1) − y1(t0 + 1)y2(t0)
.
Výpočet druhé složky fundamentálního systému
Předpokládejme, že známe řešení y1 homogenní rovnice (2.8) takové, že y1(t) = 0.
Rovnice (2.8) je diferenční, proto by se ve vyjádření jejího řešení mohla objevovat sumace.
Z tohoto důvodu budeme hledat řešení této rovnice ve tvaru
x(t) = y1(t)
t−1
i=t0
u(i), (2.9)
kde u je zatím neznámá posloupnost. Pak
x(t + 1) = y1(t + 1)
t
i=t0
u(i) = y1(t + 1)
t−1
i=t0
u(i) + u(t) ,
x(t + 2) = y1(t + 2)
t−1
i=t0
u(i) + u(t) + u(t + 1) .
Toto vyjádření dosadíme do rovnice (2.8),
u1(t + 2) + a1(t)y1(t + 1) + a0(t)y1(t)
t−1
i=t0
u(i) + y1(t + 2) + a1y1(t + 1) u(t)+
+ y1(t + 2)u(t + 1) = 0.
Poněvadž posloupnost y1 je řešením rovnice (2.8), je výraz v první závorce roven nule a výraz
ve druhé závorce je roven −a0(t)y1(t). Podle předpokladu je y1(t + 2) = 0, proto můžeme
tímto členem předchozí rovnost vydělit. Dostaneme
u(t + 1) = a0(t)
y1(t)
y1(t + 2)
u(t).
16 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
To je lineární homogenní rovnice prvního řádu pro neznámou posloupnost u, jejíž řešení je
podle Tvrzeni 1 dáno součinem
u(t) = c
t−1
j=t0
a0(j)
y1(j)
y1(j + 1)
,
kde c = u(t0) je nějaká konstanta. Toto vyjádření dosadíme do rovnosti (2.9) a dostaneme
řešení rovnice (2.8) ve tvaru
x(t) = cy1(t)
t−1
i=t0
i−1
j=t0
a0(j)
y1(j)
y1(j + 2)
. (2.10)
Ověříme, že posloupnost daná výrazem (2.10) je pro c = 0 lineárně nezávislá na posloupnosti
y1. Casoratián posloupností y1 a x je
C(t; y1, x) =
y1(t) cy1(t)
t−1
i=t0
i−1
j=t0
a0(j) y1(j)
y1(j+1)
y1(t + 1) cy1(t + 1)
t−1
i=t0
i−1
j=t0
a0(j) y1(j)
y1(j+1) +
t−1
j=t0
a0(j) y1(j)
y1(j+1)
=
= cy1(t)y1(t + 1)
t−1
j=t0
a0(j)
y1(j)
y1(j + 1)
= 0;
nebot podle předpokladů a0(t) = 0, y1(t) = 0. Dostali jsme tedy výsledek:
Tvrzení 3. Nechť posloupnost y1 je první složkou fundamentálního systému řešení rovnice
(2.8) taková, že y1(t) = 0. Pak druhá složka fundamentálního systému řešení je dána výrazem
y2(t) = y1(t)
t−1
i=t0
i−1
j=t0
a0(j)
y1(j)
y1(j + 2)
.
Příklad:
x(t + 2) − (t + 2)x(t + 1) + (t + 2)x(t) = 0, t > 0
V tomto případě je t0 = 1, a0(t) = t + 2 a posloupnost y1 daná předpisem y1(t) = t je řešením
dané rovnice, neboť
t + 2 − (t + 2)(t + 1) + (t + 2)t = (t + 2)(1 − t − 1 + t) = 0.
Druhá složka fundamentálního systému řešení tedy je
y2(t) = t
t−1
i=1
i−1
j=1
(j + 2)
j
j + 2
= t
t−1
i=1
(i − 1)! .
2.2. ROVNICE DRUHÉHO ŘÁDU 17
2.2.2 Řešení nehomogenní rovnice
Pokud jsou „koeficienty“ a1, a2 v rovnicích (2.6) a (2.8) stejné, řekneme, že rovnice (2.8) je
přidružená homogenní rovnice k lineární rovnici (2.6).
Předpokládejme, že známe fundamentální systém řešení y1, y2 homogenní rovnice (2.8) a
nějaké řešení xN nehomogenní rovnice. Pak posloupnost x, definovaná jako součet obecného
řešení homogenní rovnice (2.8) a posloupnosti xN , tj. x = c1y1 + c2y2 + xN , kde c1, c2 jsou
nějaké konstanty, je řešením nehomogenní rovnice (2.6). Vskutku
x(t + 2) + a1(t)x(t + 1) + a0(t)x(t) =
= c1y1(t + 2) + c2y2(t + 2) + xN (t + 2) +
+ a1(t) c1y1(t + 1) + c2y2(t + 1) + xN (t + 1) + a0(t) c1y1(t) + c2y2(t) + xN (t) =
= c1 y1(t + 2) + a1(t)y1(t + 1) + a0(t)y1(t) +
+ c2 y2(t + 2) + a1(t)y2(t + 1) + a0(t)y2(t) +
+ xN (t + 2) + a1(t)xN (t + 1) + a0(t)xN (t) = 0 + 0 + b(t) = b(t).
Touto úvahou dostáváme
Tvrzení 4. Obecné řešení lineární rovnice (2.6) je součtem obecného řešení přidružené homogenní
rovnice a nějakého řešení nehomogenní rovnice.
Pokud konstanty c1 a c2 zvolíme tak, aby byla splněna počáteční podmínka (2.7), tj. aby
splňovaly soustavu lineárních algebraických rovnic
c1y1(t0) + c2y2(t0) + xN (t0) = ξ0,
c1y1(t0 + 1) + c2y2(t0 + 1) + xN (t0 + 1) = ξ1,
neboli
c1 =
ξ0 − xN (t0) y2(t0 + 1) − ξ1 − xN (t0 + 1) y2(t0)
y1(t0)y2(t0 + 1) − y2(t0)y1(t0 + 1)
,
c2 =
y1(t0) ξ1 − xN (t0 + 1) − y1(t0 + 1) ξ0 − xN (t0)
y1(t0)y2(t0 + 1) − y2(t0)y1(t0 + 1)
,
pak posloupnost x = c1y1 + c2y2 + xN je řešením počáteční úlohy (2.6), (2.7).
Ještě poznamenejme, že výpočet konstant c1, c2 pro konkrétní počáteční úlohu je nejjednodušší,
pokud partikulární řešení xN nehomogenní rovnice volíme tak, aby xN (t0) = 0 a
xN (t0 + 1) = 0.
Nalezení partikulárního řešení nehomogenní rovnice
Budeme hledat řešení rovnice (2.6) s nulovou počáteční podmínkou
x(t0) = 0, x(t0 + 1) = 0. (2.11)
Budeme přitom předpokládat, že známe fundamentální systém řešení y1, y2 přidružené homogenní
rovnice.
Počáteční úlohu (2.6), (2.11) lze interpretovat: Proces, který je popsán nehomogenní rovnicí
(2.6), začíná s nulovými hodnotami a v průběhu času na něho působí nějaké vlivy. Stav procesu
18 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
v čase t tedy můžeme popsat jako součet těchto vlivů od počátečního okamžiku t0 do okamžiku
t − 1 bezprostředně předcházejícímu času t. Přesněji vyjádřeno, řešení počáteční úlohy (2.6),
(2.11) budeme hledat ve tvaru
x(t) =
t−1
i=t0
w(i, t), (2.12)
kde w je nějaká, zatím neurčená, funkce dvou celočíselných proměnných. Myšlenka hledat
řešení nehomogenní rovnice s nulovými počátečními podmínkami ve tvaru součtu (nebo integrálu)
se nazývá Duhamelův princip.
Posloupnost daná rovností (2.12) splňuje první z počátečních podmínek (2.11). Ta druhá
z nich nabývá tvar
0 = x(t0 + 1) = w(t0, t0 + 1).
Tato podmínka bude splněna zejména tehdy, když po funkci w budeme požadovat, aby měla
vlastnost
w(i, i + 1) = 0 (2.13)
pro všechny přípustné hodnoty i.
Z rovnosti (2.12) dále s využitím podmínky (2.13) dostaneme
x(t + 1) =
t
i=t0
w(i, t + 1) =
t−1
i=t0
w(i, t + 1) + w(t, t + 1) =
t−1
i=t0
w(i, t + 1),
x(t + 2) =
t
i=t0
w(i, t + 2) =
t−1
i=t0
w(i, t + 2) + w(t, t + 2).
Toto vyjádření dosadíme do dané rovnice (2.6). Dostaneme
t−1
i=t0
w(i, t + 2) + a1(t)w(i, t + 1) + a0(t)w(i, t) + w(t, t + 2) = b(t).
Tato rovnost bude splněna zejména tehdy, pokud funkce w bude mít vlastnosti
w(i, i + 2) = b(i), pro všechna i, (2.14)
w(i, t + 2) + a1(t)w(i, t + 1) + a0(t)w(i, t) = 0, pro všechna i, t. (2.15)
Nyní budeme proměnnou i považovat za parametr. Získané rovnosti budeme chápat jako
úlohu pro lineární homogenní rovnici druhého řádu (2.15) s počátečními podmínkami (2.13) a
(2.14); hledaná posloupnost je w(i, ·). Rovnice (2.15) je přidruženou homogenní rovnicí k dané
rovnici (2.6). Podle předpokladu tedy známe její fundamentální systém řešení, její obecné
řešení je lineární kombinací bázových posloupností y1, y2. Příslušné koeficienty ovšem závisí
na parametru i, tedy
w(i, t) = c1(i)y1(t) + c2(i)y2(t). (2.16)
Konkrétní vyjádření koeficientů (posloupností) c1, c2 získáme z počátečních podmínek (2.13)
a (2.14):
c1(i)y1(i + 1) + c2(i)y2(i + 1) = 0,
c1(i)y1(i + 2) + c2(i)y2(i + 2) = b(i),
2.2. ROVNICE DRUHÉHO ŘÁDU 19
tj.
c1(i) =
−b(i)y2(i + 1)
y1(i + 1)y2(i + 2) − y1(i + 2)y2(i + 1)
,
c2(i) =
b(i)y1(i + 1)
y1(i + 1)y2(i + 2) − y1(i + 2)y2(i + 1)
.
Dosazením těchto výrazů do rovnosti (2.16) a pak do (2.12) dostaneme řešení počáteční úlohy
(2.6), (2.11) ve tvaru
x(t) =
t−1
i=t0
b(i)
y2(i + 1)y1(t) − y1(i + 1)y2(t)
y1(i + 2)y2(i + 1) − y1(i + 1)y2(i + 2)
. (2.17)
Při označení Cj(t) =
t−1
i=t0
cj(i), j = 1, 2 můžeme předchozí formuli pro řešení nehomogenní
lineární rovnice druhého řádu přepsat ve tvaru
x(t) = C1(t)y1(t) + C2(t)y2(t),
tedy jako lineární kombinaci bázových posloupností y1, y2; přitom koeficienty nejsou konstantní
ale variabilní, závisí na čase t. Proto se rovnost (2.17) nazývá formule variace konstant.
Příklad: Najdeme řešení počáteční úlohy
x(t + 2) +
1
t
x(t + 1) − 1 +
1
t
x(t) = 4(t + 1), x(1) = 1, x(2) = −1.
Prvním problémem je najít fundamentální systém řešení přidružené homogenní rovnice
x(t + 2) +
1
t
x(t + 1) − 1 +
1
t
x(t) = 0.
Tato rovnice má evidentně konstantní řešení y1 ≡ 1. Druhou složku fundamentálního systému
řešení vypočítáme podle Tvrzení 3:
y2(t) =
t−1
i=1
i−1
j=1
−1 −
1
j
=
t−1
i=1
(−1)i−1
i−1
j=1
j + 1
j
=
t−1
i=1
(−1)i−1 2
1
·
3
2
· · ·
i − 1
i − 2
·
i
i − 1
=
=
t−1
i=1
(−1)i−1
i = 1 − 2 + 3 − 4 + · · · + (−1)t−3
(t − 2) + (−1)t−2
(t − 1) =
=
−1
2(t − 2) + t − 1, t sudé
−1
2(t − 1), t liché
=
1
2 t, t sudé
1
2 (1 − t), t liché
= 1
4 1 + (−1)t(2t − 1) .
Dostáváme tak obecné řešení xH přidružené homogenní rovnice ve tvaru
xH(t) = A + 1
4B 1 + (−1)t(2t − 1) .
Počáteční hodnoty jsou
1 = xH(1) = A, −1 = xH(2) = A + B.
20 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Z těchto rovnic snadno vypočítáme A = 1, B = −2. Řešení přidružené homogenní rovnice
které splňuje počáteční podmínky je tedy dáno rovností
xH(t) = 1 − 1
2 1 + (−1)t(2t − 1) = 1
2 − 1
2 (−1)t(2t − 1).
Rešení nehomogenní rovnice, které splnuje nulové počáteční podmínky xN (1) = xN (2) = 0
dostaneme dosazením do vzorce (2.17).
xN (t) =
t−1
i=1
4(i + 1)
1
4 1 − (−1)i(2i + 1) − 1
4 1 + (−1)t(2t − 1)
1
4 (1 − (−1)i(2i + 1)) − 1
4 (1 + (−1)i(2i + 3))
=
=
t−1
i=1
2i + 1 + (−1)t+i
(2t − 1) =
t−1
i=1
(2i + 1) + (−1)t
(2t − 1)
t−1
i=1
(−1)i
=
= 1
2(t − 1)(2t + 2) − (−1)t(2t − 1)1
2 (−1)t + 1) = t(t − 1) − 1
2 − 1
2 (−1)t(2t − 1).
Rešení dané rovnice je součet posloupností xH a xN , tedy
x(t) = t(t − 1) − (−1)t
(2t − 1).
2.2.3 Homogenní rovnice s konstantními koeficienty
Lineární homogenní rovnice prvního řádu
x(t + 1) = κx(t)
má podle důsledku Tvrzení 1 řešení x(t) = κt, tj. geometrickou posloupnost. Toto pozorování
vede k myšlence hledat řešení lineární homogenní rovnice druhého řádu s konstantními
koeficienty
x(t + 2) + α1x(t + 1) + α0x(t) = 0 (2.18)
také ve tvaru geometrické posloupnosti
x(t) = λt
, (2.19)
kde λ je nějaká nenulová konstanta.
Po dosazení výrazu (2.19) do dané rovnice (2.18) dostaneme
λt+2
+ α1λt+1
+ α0λt
= 0 tj. λt
λ2
+ α1λ + α0 = 0.
Podle předpokladu λ = 0 je tato rovnost ekvivalentní s rovnicí
λ2
+ α1λ + α0 = 0. (2.20)
To je kvadratická rovnice, která má kořeny
λ1,2 =
1
2
−α1 ± α2
1 − 4α0 .
2.2. ROVNICE DRUHÉHO ŘÁDU 21
Z obecného předpokladu kladeného na lineární rovnice druhého řádu plyne α0 = 0, takže oba
kořeny jsou nenulové. Dostáváme tak dvě, ne nutně různá, řešení dané diferenční rovnice ve
tvaru x1(t) = λt
1, x2(t) = λt
2. Casoratián posloupností x1, x2 je
C(t; x1, x2) =
λt
1 λt
2
λt+1
1 λt+1
2
= (λ1λ2)t
(λ2 − λ1).
Pro λ1 = λ2 je C(t; x1, x2) = 0, takže posloupnosti x1, x2 jsou v takovém případě nezávislé.
(Algebraická) rovnice (2.20) se nazývá charakteristická rovnice, její řešení se nazývají charakteristické
kořeny. Rozlišíme tři standardní případy:
Dva reálné různé charakteristické kořeny
Tento případ nastává, pokud α2
1 > 4α0. Bezprostředně můžeme napsat fundamentální systém
řešení rovnice (2.18),
y1(t) = λt
1 = 1
2 α2
1 − 4α0 − α1
t
, y2(t) = λt
2 = −1
2 α2
1 − 4α0 + α1
t
a její obecné řešení ve tvaru
x(t) = Aλt
1 + Bλt
2.
Příklad: Najdeme obecné řešení rovnice
x(t + 2) − 4x(t + 1) + 3x(t) = 0.
Charakteristická rovnice
λ2
− 4λ + 3 = 0
má kořeny λ1 = 3, λ2 = 1, takže obecné řešení dané rovnice je
x(t) = 3t
A + B.
Komplexně sdružené charakteristické kořeny
Tento případ nastává, pokud α2
1 < 4α0. Charakteristické kořeny jsou
λ1,2 = 1
2 −α1 ± i
√
4α0 − α1 ,
v goniometrickém tvaru
λ1,2 = re±iω
= r (cos ω ± i sin ω) ,
kde
r =
√
α0, ω = arccos −
α1
2
√
α0
, ω ∈ (0, π). (2.21)
Dostáváme tak dvě řešení rovnice (2.18) ve tvaru
x1(t) = rt
eiωt
= rt
(cos ωt + i sin ωt), x2(t) = rt
eiωt
= rt
(cos ωt − i sin ωt).
22 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Lineární kombinace těchto posloupností jsou podle principu superpozice také řešením rovnice
(2.18), zejména tedy posloupnosti
y1(t) =
1
2
x1(t) +
1
2
x2(t) = rt
cos ωt, y2(t) =
1
2i
x1(t) −
1
2i
x2(t) = rt
sin ωt
jsou řešením. Jejich Casoratián
C(t; y1, y2) =
rt cos ωt rt sin ωt
rt+1 cos ω(t + 1) rt+1 sin ω(t + 1)
=
= rt+2
cos ωt sin ω(t + 1) − sin ωt cos ω(t + 1) =
= rt+2
cos ωt(sin ωt cos ω + sin ω cos ωt) − sin ωt(cos ωt cos ω − sin ω sin ωt) =
= rt+2
(cos ωt)2
+ (sin ωt)2
sin ω = rt+2
sin ω = 0,
poněvadž r > 0 a 0 < ω < π. Posloupnosti y1, y2 jsou tedy lineárně nezávislé, tvoří fundamentální
systém řešení. Obecné řešení rovnice (2.18) proto můžeme psát ve tvaru
x(t) = rt
(A cos ωt + B sin ωt), (2.22)
kde r a ω jsou dány rovnostmi (2.21).
Příklad: Najdeme řešení počáteční úlohy
x(t + 2) − 4x(t + 1) + 8x(t) = 0, x(0) = 1, x(1) = −
√
2.
Charakteristická rovnice
λ2
− 4λ + 8 = 0
má komplexně sdružené kořeny
λ1,2 = 2 ± 2i = 2 cos π
4 ± i sin π
4 .
Fundamentální systém řešení dané rovnice je
y1(t) = 2t
cos π
4 t, y2(t) = 2t sin π
4 t
a její obecné řešení je tvaru
x(t) = 2t
A cos π
4 t + B sin π
4 t .
Z počáteční podmínky dostaneme soustavu dvou rovnic
A = 1,√
2A+
√
2B = −
√
2
a z nich hodnoty konstant A = 1, B = −2. Řešení dané úlohy je tedy
x(t) = 2t
cos π
4 t − 2 sin π
4 t = 2t
cos π
4 t − 2t+1 sin π
4 t.
Tvar obecného nenulového řešení rovnice (2.18) s α2
1 < 4α0 můžeme také upravit na tvar
x(t) = rt
A2 + B2
A
√
A2 + B2
cos ωt +
B
√
A2 + B2
sin ωt .
Označíme C =
√
A2 + B2, ϕ = arctg A
B a obecné řešení rovnice (2.18) zapíšeme ve tvaru
x(t) = Crt
(sin ϕ cos ωt + cos ϕ sin ωt) = Crt
sin(ωt + ϕ).
2.2. ROVNICE DRUHÉHO ŘÁDU 23
Dvojnásobný reálný charakteristický kořen
Tento případ nastává, pokud α2
1 = 4α0. Dvojnásobný kořen charakteristické rovnice (2.20) je
λ = −1
2α1. Jedna složka fundamentálního systému řešení rovnice (2.18) je tedy dána výrazem
y1(t) = −
α1
2
t
.
Druhá složka je podle Tvrzení 3 tvaru
y2(t) = −
α1
2
t
t−1
i=t0
i−1
j=t0
α0
−1
2α1
j
−1
2α1
j+2
= −
α1
2
t
t−1
i=t0
i−1
j=t0
α0 −
α1
2
−2
=
= −
α1
2
t
t−1
i=t0
i−1
j=t0
4
α0
α2
1
= −
α1
2
t
t−1
i=t0
1i−t0
= (t − t0) −
α1
2
t
.
Obecné řešení rovnice (2.18) je tedy v případě α2
1 = 4α0 rovno
x(t) = A −
α1
2
t
+ Bt −
α1
2
t
= (A + Bt) −
α1
2
t
.
Příklad: Najdeme řešení počáteční úlohy
x(t + 2) − 4x(t + 1) + 4x(t) = 0, x(0) = 1, x(1) = 0.
Charakteristická rovnice
λ2
− 4λ + 4 = 0
má dvojnásobný kořen λ = 2. Obecné řešení dané rovnice tedy je
x(t) = 2t
A + 2t
tB.
Z počáteční podmínky dostaneme soustavu rovnic
A = 1,
2A+2B = 0,
která má řešení A = 1, B = −1. Řešení dané úlohy tedy je
x(t) = 2t
(1 − t).
Algebraická poznámka: Podívejme se na rovnici (2.18) ještě jinak. Její levou stranu můžeme
přepsat do tvaru
((xσ
)σ
+ α1xσ
+ α0x) (t),
nebo při označení xσ2
= (xσ
)σ
jako
xσ2
+ α1xσ
+ α0x (t), případně ještě stručněji ·σ2
+ α1 ·σ
+α0 x(t).
Levou stranu rovnice (2.18) tak můžeme chápat jako hodnotu posloupnosti, která je jakýmsi obrazem
posloupnosti x. Příslušné zobrazení je součtem tří zobrazení: složení posunu se sebou (dvakrát iterovaný
24 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
posun, druhý posun), složení posunu a násobení číslem α1, násobení číslem α0. Všechna tato tři
zobrazení jsou lineární, výsledné zobrazení je proto také lineární.
Můžeme tedy definovat lineární zobrazení PΣ
: PI → P(Iκ)κ vztahem
PΣ
= ·σ2
+ α1 ·σ
+α0;
nazveme ho kvadratický (obecněji polynomiální) operátor posunu. Rovnici (2.18) lze nyní přepsat jako
rovnici operátorovou
PΣ
x = 0.
Algebraickyřečeno, množina řešení lineární homogennírovnice druhého řádu s konstantními koeficienty
je jádrem kvadratického operátoru posunu, což je lineární zobrazení. Odtud opět plyne, že množina
řešení homogenní rovnice tvoří vektorový prostor, tj. platí princip superpozice.
2.2.4 Nehomogenní rovnice, jejíž levá strana má konstantní koeficienty
Přidružená homogenní rovnice k nehomogenní lineární rovnici druhého řádu
x(t + 2) + α1x(t) + α0x(t) = b(t) (2.23)
je rovnice (2.18), kterou jsme se zabývali v předchozí části. Můžeme tedy napsat její fundamentální
systém řešení a pak řešení nehomogenní rovnice (2.23) najít pomocí formule variace
konstant (2.17).
Příklad: Najdeme řešení počáteční úlohy
x(t + 2) − 2x(t + 1) + x(t) = t, x(0) = 1, x(1) = −1.
Přidružená homogenní rovnice
x(t + 2) − 2x(t + 1) + x(t) = 0
má charakteristickou rovnici λ2 −2λ+1 = 0, která má dvojnásoný kořen 1. Obecné řešení přidružené
homogenní rovnice je tedy tvaru xH(t) = A+Bt, řešení splňující počáteční podmínku
je
xH (t) = 1 − 2t.
Partikulární řešení nehomogenní rovnice splňující nulové počáteční podmínky je podle formule
variace konstant (2.17)
xN (t) =
t−1
j=0
j
(j + 1) − t
(j + 1) − (j + 2)
= −
t−1
j=1
j(j + 1) − jt = t
t−1
j=1
j −
t−1
j=1
j(j + 1) =
= 1
2 t2(t − 1) − 1
3(t + 1)t(t − 1) = 1
6 t(t − 1)(t − 2).
Celkem tak dostáváme řešení dané úlohy ve tvaru
x(t) = 1 − 2t + 1
6t(t − 1)(t − 2).
2.2. ROVNICE DRUHÉHO ŘÁDU 25
Příklad: Najdeme obecné řešení nehomogenní rovnice
x(t + 2) + x(t) = f(t)
s obecnou pravou stranou. K přidružené homogenní rovnici
x(t + 2) + x(t) = 0
Přísluší charakteristická rovnice λ2 +1 = 0, která má ryze imaginární kořeny λ1,2 = ±i = e±i π
2 .
Fundamentální systém řešení přidružené homogenní rovnice je tedy
y1(t) = cos π
2 t, y2(t) = sin π
2 t,
obecné řešení této rovnice je
xH(t) = A cos π
2 t + B sin π
2 t.
Řešení nehomogenní rovnice je dáno formulí variace konstant (2.17),
xN (t) =
t−1
j=t0
f(j)
sin π
2 (j + 1) cos π
2 t − cos π
2 (j + 1) sin π
2 t
cos π
2 (j + 2) sin π
2 (j + 1) − cos π
2 (j + 1) sin π
2 (j + 2)
.
Platí
sin π
2 (j + 1) = sin π
2 j cos π
2 + sin π
2 cos π
2 j = cos π
2 j,
cos π
2 (j + 1) = cos π
2 j cos π
2 − sin π
2 sin π
2 j = − sin π
2 j,
takže
sin π
2 (j + 2) = cos π
2 (j + 1) = − sin π
2 j, cos π
2 (j + 2) = − sin π
2 (j + 1) = − cos π
2 j,
sin π
2 (j + 1) cos π
2 t − cos π
2 (j + 1) sin π
2 t = cos π
2 j cos π
2 t + sin π
2 j sin π
2 t = cos π
2 (t − j),
cos π
2 (j + 2) sin π
2 (j + 1) − cos π
2 (j + 1) sin π
2 (j + 2) = − cos π
2 j
2
− sin π
2 j
2
= −1.
Odtud dostáváme řešení nehomogenní rovnice ve tvaru
xN = −
t−1
j=t0
f(j) cos π
2 (t − j).
Řešení dané rovnice tedy je
x(t) = A cos π
2 t + B sin π
2 t −
t−1
j=t0
f(j) cos π
2 (t − j).
Fundamentální systém řešení přidružené homogenní rovnice (2.18) k nehomogenní rovnici
(2.23) můžeme pomocí charakteristických kořenů napsat explicitně. Proto také můžeme napsat
pomocí sumace tvar partikulárního řešení nehomogenní rovnice, které splňuje nulové počáteční
podmínky:
26 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Tvrzení 5. Partikulární řešení xN nehomogenní rovnice (2.23) splňující počáteční podmínky
x(t0) = 0, x(t0 + 1) = 0
je jednoho z následujících tvarů:
1. Má-li charakteristická rovnice (2.20) dva reálné různé kořeny λ1, λ2, pak
xN (t) =
λt−1
1
λ1 − λ2
t−1
j=t0
b(j)λ−j
1 −
λt−1
2
λ1 − λ2
t−1
j=t0
b(j)λ−j
2 =
=
λt−2
1
1 − (λ2/λ1)
t−1
j=t0
b(j)λ−j
1 1 −
λ2
λ1
t−j−1
.
2. Má-li charakteristická rovnice (2.20) komplexně sdružené kořeny r(cos ω ± i sin ω), pak
xN (t) =
rt−2
sin ω

sin ω(t − 1)
t−1
j=t0
b(j) cos ωj − cos ω(t − 1)
t−1
j=t0
b(j) sin ωj

 =
=
rt−2
sin ω
t−1
j=t0
b(j) sin ω(t − j − 1).
3. Má-li charakteristická rovnice (2.20) dvojnásobný reálný kořen λ = −1
2α1 = −
√
α0, pak
xN (t) =
1
λ2
t−1
j=t0
b(j)λt−j
(t − j − 1) =
1
α0
t−1
j=t0
b(j) −
α1
2
t−j
(t − j − 1).
Důkaz: Přímým výpočtem na základě výsledků z 2.2.3 a formule variace konstant (2.17).
2.3 Lineární rovnice k-tého řádu
Jedná se o rovnici
∆k
x + ak−1(t)∆k−1
x + ak−2(t)∆k−2
(t)x + · · · + a1(t)∆x + a0(t) = b(t). (2.24)
O posloupnostech a0, a1, a2, . . . , ak−1, b předpokládáme, že mají stejný definiční obor, označíme
ho D, a pro každé t z tohoto definičního oboru platí
ak−1(t) − ak−2(t) + ak−3(t) − · · · + (−1)k−1
a0(t) = 1. (2.25)
V případě b ≡ 0 se rovnice (2.24) nazývá homogenní, v opačném případě nehomogenní.
Je-li t0 ∈ D, jsou počáteční podmínky pro rovnici (2.24) tvaru
x(t0) = ξ0, x(t0 + 1) = ξ1, . . . , x(t0 + k − 1) = ξk−1. (2.26)
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 27
Rovnici (2.24) přepíšeme na rovnici druhého typu:
∆k
x(t) = x(t + k) +
k
j=1
(−1)j k
j
x(t + k − j) = x(t + k) +
k−1
j=0
(−1)k−j k
j
x(t + j),
k−1
j=0
aj(t)∆j
x(t) =
k−1
j=0
aj(t)
j
i=0
(−1)i j
i
x(t+j −i) =
k−1
i=0
k−1
j=i
aj(t)(−1)i j
i
x(t+j −i) =
=
k−1
i=0
k−1−i
j=0
aj+i(t)(−1)i j + i
i
x(t + j) =
k−1
j=0
k−1−i
i=0
ai+j(t)(−1)i j + i
i
x(t + j),
takže levá strana rovnice (2.24) je tvaru
x(t + k) +
k−1
j=0
(−1)k−j k
j
+
k−1−j
i=0
ai+j(t)(−1)i j + i
i
x(t + j).
Označíme
cj(t) = (−1)k−j k
j
+
k−1−j
i=0
ai+j(t)(−1)i j + i
i
pro j = 0, 1, 2, . . . , k − 1
a dostaneme rovnici druhého typu ekvivalentní s rovnicí (2.24) ve tvaru
x(t+k)+ck−1(t)x(t+k−1)+ck−2(t)x(t+k−2)+· · ·+c1(t)x(t+1)+c0(t)x(t) = b(t); (2.27)
podmínka (2.25) zaručí, že c0(t) = 0 pro všechna t ∈ D, takže se skutečně jedná o rovnici ktého
řádu. Z tvaru rovnice (2.27) vidíme, že počáteční úloha (2.27), (2.26), nebo ekvivalentně
úloha (2.24), (2.26), má jediné řešení, které je definováno na množině D.
2.3.1 Fundamentální systém řešení homogenní rovnice
Lineární homogenní diferenční rovnice k-tého řádu
x(t + k) + ck−1(t)x(t + k − 1) + ck−2(t)x(t + k − 2) + · · · + c1(t)x(t + 1) + c0(t)x(t) = 0 (2.28)
splňuje princip superpozice: jsou-li posloupnosti x1 a x2 řešení rovnice (2.28) a p a q jsou
libovolné reálné konstanty, pak také posloupnost x = px1 + qx2 je řešením rovnice (2.41), tj.
libovolná lineární kombinace řešení této rovnice je jejím řešením. Navíc nulová posloupnost
x ≡ 0 je řešením rovnice (2.41). To znamená, že množina všech řešení lineární homogenní
diferenční rovnice tvoří vektorový prostor.
Pro i ∈ {0, 1, 2, . . . , k − 1} označme yi posloupnost, která je řešením homogenní rovnice
(2.28) s počátečními podmínkami
x(t0 + j) =
1, j = i,
0, j = i,
j = 0, 1, 2, . . . , k − 1.
Pak je zřejmé, že posloupnosti y0, y1, . . . , yk−1 jsou lineárně nezávislé. To znamená, že dimenze
vektorového prostoru řešení je alespoň k.
28 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Nechť y je libovolné řešení homogenní rovnice (2.28). Označme
η0 = y(t0), η1 = y(t0 + 1), . . . , ηk−1 = y(t0 + k − 1).
Lineární kombinace posloupností y0, y1, . . . , yk−1 s koeficienty η0, η1, . . . , ηk−1, tj. posloupnost
η0y0 + η1y1 + · · · + ηk−1yk−1 (2.29)
je podle principu superpozice řešením rovnice (2.28) a splňuje stejné počáteční podmínky,
jako posloupnost y. Z jednoznačnosti řešení počáteční úlohy plyne, že posloupnost y a lineární
kombinace (2.29) jsou shodné. Odtud dále plyne, že prostor řešení lineární homogenní rovnice
(2.28) má dimenzi k a posloupnosti yi, i = 0, 1, 2, . . . , k − 1 tvoří bázi tohoto prostoru.
Z provedených úvah plyne, že platí
Věta 1. Množina všech řešení lineární homogenní difereneční rovnice k-tého řádu (2.28) tvoří
vektorový prostor dimenze k.
Definice 1. Báze vektorového prostoru všech řešení lineární homogenní rovnice (2.28) se
nazývá fundamentální systém řešení.
Posloupnosti z1, z2, . . . , zk tvoří fundamentální systém řešení lineární homogenní diferenční
rovnice (2.28) právě tehdy, když libovolné řešení x této rovnice lze vyjádřit jako jejich lineární
kombinaci, tj. právě tehdy, když existují jednoznačně určené konstanty A1, A2, . . . , Ak takové,
že
x(t) = A1z1(t) + A2z2(t) + · · · + Akzk(t) (2.30)
pro libovolné t z definičního oboru D. Předchozí rovnost je ekvivalentní s rovnostmi
A1z1(t) + A2z2(t) + · · · + Akzk(t) = ξ0
A1z1(t + 1) + A2z2(t + 1) + · · · + Akzk(t + 1) = ξ1
...
...
...
...
A1z1(t + k − 1) + A2z2(t + k − 1) + · · · + Akzk(t + k − 1) = ξk−1
(2.31)
a jednoznačná existence konstant A1, A2, . . . , Ak je ekvivalentní s jednoznačnou řešitelností
(2.31) chápané jako systém (algebraických) rovnic pro neznámé A1, A2, . . . , Ak. Determinant
této soustavy je Casoratián posloupností z1, z2, . . . , zk v indexu t,
C(t; z1, z2, . . . , zk) =
z1(t) z2(t) . . . zk(t)
z1(t + 1) z2(t + 1) . . . zk(t + 1)
...
... ... ...
z1(t + k − 1) z2(t + k − 1) . . . zk(t + k − 1)
.
Dostáváme tak závěr:
Věta 2. Posloupnosti z1, z2, . . . , zk tvoří fundamentální systém řešení lineární homogenní
diferenční rovnice (2.28) právě tehdy, když každá z nich je řešením rovnice (2.28) a pro každé
t z definičního oboru D platí
C(t; z1, z2, . . . , zk) = 0,
kde C(t; z1, z2, . . . , zk) je Casoratián posloupností z1, z2, . . . , zk.
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 29
2.3.2 Nehomogenní rovnice a metoda variace konstant
Pokud jsou posloupnosti c0, c1, . . . , ck−1 v rovnicích (2.27) a (2.28) stejné, řekneme, že homogenní
lineární diferenční rovnice (2.28) je přidružená k nehomogenní rovnici (2.27).
Je-li posloupnost y řešením nehomogenní rovnice (2.27) a posloupnost z je řešením přidružené
homogenní rovnice (2.28), pak jejich součet x = z + y je opět řešením nehomogenní
rovnice (2.27), neboť
x(t + k) +
k
i=1
ci(t)x(t + i) = z(t + k) + y(t + k) +
k
i=1
ci(t) z(t + i) + y(t + i) =
= z(t + k) +
k
i=1
ci(t)z(t + i) + y(t + k) +
k
i=1
ci(t)y(t + i) = 0 + b(t) = b(t).
Platí tedy
Věta 3. Nechť z1, z2, . . . , zk tvoří fundamentální systém řešení lineární homogenní diferenční
rovnice (2.28) přidružené k nehomogenní rovnici (2.27). Pak každé řešení nehomogenní rovnice
(2.27) je tvaru
x(t) = B1z1(t) + B2z2(t) + · · · + Bkzk(t) + y(t),
kde y je nějaké řešení nehomogenní rovnice a B1, B2, . . . , Bk jsou konstanty.
Nechť posloupnosti z1, z2, . . . , zk tvoří fundamentální systém řešení homogenní rovnice
(2.28) přidružené k nehomogenní rovnici (2.28). Pak je
zi(t + k) = −
k−1
j=0
cj(t)zi(t + j) pro i = 1, 2, . . . , k. (2.32)
Řešení nehomogenní rovnice (2.28) budeme hledat ve tvaru
x(t) =
k
i=1
ui(t)zi(t), (2.33)
kde u1, u2, . . . , uk jsou zatím neurčené posloupnosti. Hledáme ho tedy jako analogii řešení homogenní
rovnice (2.30); místo konstant A1, A2, . . . , Ak však píšeme posloupnosti — varírujeme
konstanty. Z tohoto důvodu se tato metoda řešení nehomogenní rovnice nazývá metoda variace
konstant.
Nyní můžeme vyjádřit
x(t + 1) =
k
i=1
ui(t + 1)zi(t + 1) =
k
i=1
∆ui(t) zi(t + 1) + ui(t)zi(t + 1) .
Budeme požadovat, aby posloupnosti u1, u2, . . . , uk splňovaly rovnici
k
i=1
∆ui(t) zi(t + 1) = 0.
30 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Pak x(t + 1) =
k
i=1
ui(t)zi(t + 1), takže
x(t + 2) =
k
i=1
ui(t + 1)zi(t + 2) =
k
i=1
∆ui(t) zi(t + 2) + ui(t)zi(t + 2) .
Dále budeme požadovat, aby posloupnosti u1, u2, . . . , uk splňovaly rovnice
k
i=1
∆ui(t) zi(t + 2) = 0,
takže x(t + 2) =
k
i=1
ui(t)zi(t + 2). Takto budeme pokračovat až k požadavku
k
i=1
∆ui(t) zi(t + k − 1) = 0
a vyjádření x(t + k − 1) =
k
i=1
ui(t)zi(t + k − 1).
Celkem tedy požadujeme
k
i=1
∆ui(t) zi(t + j) = 0, j = 1, 2, . . . , k − 1 (2.34)
a dostáváme
x(t + j) =
k
i=1
ui(t)zi(t + j), j = 1, 2, . . . , k − 1. (2.35)
V poslední z rovností (2.35), tj. v té, v níž j = k − 1, budeme psát t + 1 místo t a upravíme
ji s použitím (2.32). Dostaneme
x(t + k) =
k
i=1
ui(t + 1)zi(t + k) =
k
i=1
∆ui(t) zi(t + k) +
k
i=1
ui(t)zi(t + k) =
=
k
i=1
∆ui(t) zi(t + k) −
k
i=1
ui(t)
k−1
j=0
cj(t)zi(t + j). (2.36)
Současně posloupnost x má být řešením rovnice (2.27), takže s využitím vztahů (2.35) dosta-
neme
x(t + k) = b(t) −
k−1
j=0
cj(t)x(t + j) = b(t) −
k−1
j=0
cj(t)
k
i=1
ui(t)zi(t + j) =
= b(t) −
k
i=1
ui(t)
k−1
j=0
cj(t)zi(t + j). (2.37)
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 31
Porovnáním (2.36) a (2.37) vidíme, že
k
i=1
∆ui(t) zi(t + k) = b(t). (2.38)
Diference posloupností u1, u2, . . . , uk tedy splňují systém rovnic (2.34), (2.38). Přepíšeme ho
do tvaru
z1(t + 1) ∆u1(t) + z2(t + 1) ∆u2(t) + · · · + zk(t + 1) ∆uk(t) = 0
z1(t + 2) ∆u1(t) + z2(t + 2) ∆u2(t) + · · · + zk(t + 2) ∆uk(t) = 0
...
...
...
...
z1(t + k − 1) ∆u1(t) + z2(t + k − 1) ∆u2(t) + · · · + zk(t + k − 1) ∆uk(t) = 0
z1(t + k) ∆u1(t) + z2(t + k) ∆u2(t) + · · · + zk(t + k) ∆uk(t) = b(t).
Determinant této soustavy je Casoratiánem fundamentálního systému řešení homogenní rovnice
(2.28) v indexu t + 1. Je tedy nenulový a soustava je jednoznačně řešitelná. Označíme
w(t) =
z1(t) z2(t) . . . zk(t)
z1(t + 1) z2(t + 1) . . . zk(t + 1)
...
... ... ...
z1(t + k − 1) z2(t + k − 1) . . . zk(t + k − 1)
,
mi(t) =
=
z1(t) z2(t) . . . zi−1(t) zi+1(t) . . . zk(t)
z1(t + 1) z2(t + 1) . . . zi−1(t + 1) zi+1(t + 1) . . . zk(t + 1)
...
...
...
...
...
...
...
z1(t + k − 2) z2(t + k − 2) . . . zi−1(t + k − 2) zi+1(t + k − 2) . . . zk(t + k − 2)
;
w(t) je Casoratián fundamentálního řešení homogenní rovnice (2.28). Diference posloupností
u1, u2, . . . uk nyní můžeme vyjádřit ve tvaru
∆ui(t) =
(−1)k+ib(t)mi(t + 1)
w(t + 1)
, i = 1, 2, . . . , k.
Odtud a z rovnosti (1.3) dostaneme
ui(t) = ui(t0) + (−1)k+i
t−1
j=t0
b(j)mi(j + 1)
w(j + 1)
, i = 1, 2, . . . , k.
Při označení Bi = ui(t0) můžeme řešení rovnice (2.27) podle vztahu (2.33) psát ve tvaru
x(t) =
k
i=1
Bizi(t) + (−1)k
t−1
j=t0
b(j)
w(j + 1)
k
i=1
(−1)i
mi(j + 1)zi(t).
32 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
2.3.3 Homogenní rovnice s konstantními koeficienty
Jedná se o rovnici
∆k
x + αk−1∆k−1
x + αk−2∆k−2
x + · · · + α1∆x + α0 = 0, (2.39)
kde reálné koeficienty α0, α1, . . . , αk−1 splňují rovnost
αk−1 − αk−2 + αk−3 − · · · + (−1)k−1
α0 = 1 (2.40)
analogickou k rovnosti (2.25). Rovnice (2.39) má pro libovolné počáteční podmínky tvaru
(2.26) jediné řešení, které je definováno pro každé t ∈ Z.
Stejně jako v případě obecné lineární rovnice k-tého řádu můžeme rovnici (2.39) přepsat
na rovnici druhého typu
x(t + k) + γk−1x(t + k − 1) + γk−2x(t + k − 2) + · · · + γ1x(t + 1) + γ0x(t) = 0, (2.41)
kde jsme označili
γj = (−1)k−j k
j
+
k−1−j
i=0
αi+j(−1)i j + i
i
pro j = 0, 1, 2, . . . , k − 1.
S pomocí operátoru posunu σ můžeme tuto rovnici přepsat do tvaru
xσk
(t) + γk−1xσk−1
x(t) + γk−2xσk−2
x(t) + · · · + γ1xσ
(t) + γ0x(t) = 0.
Položíme-li γk = 1, můžeme operátorovou rovnici zapsat ještě stručněji
k
i=0
γi ·σi
x ≡ 0. (2.42)
Ze stejných důvodů jako v odstavci 2.2.3 budeme řešení rovnice (2.41) hledat ve tvaru
x(t) = λt, kde λ je zatím neurčená nenulová konstanta. Dosadíme tuto posloupnost do rovnice
(2.41)
λt+k
+ γk−1λt+k−1
+ γk−2λt+k−2
+ · · · + γ1λt+1
+ γ0λt
= 0
a po vynásobení výrazem λ−t dostaneme charakteristickou rovnici
λk
+ γk−1λk−1
+ γk−2λk−2
+ · · · + γ1λ + γ0 = 0. (2.43)
Řešení této algebraické rovnice se nazývají charakteristické kořeny. Povšimněme si, že žádný
kořen rovnice (2.43) není nulový, neboť γ0 = 0.
Věta 4. Nechť λp je r-násobný kořen charakteristické rovnice (2.43). Pak každá z posloupností
definovaných vztahem
x(t) = tq
λt
p, q = 0, 1, 2, . . . , r − 1
je řešením lineární homogenní diferenční rovnice (2.41).
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 33
Důkaz: Položíme γk = 1 a polynom na levé straně rovnice (2.43) označíme P(λ), tj.
P(λ) =
k
i=1
γiλi
.
Nejprve dokážeme pomocné tvrzení: Ke každému přirozenému číslu s a každému přirozenému
číslu j ∈ {0, 1, 2, . . . , s} existuje polynom ps,j stupně nejvýše s ve dvou proměnných t, λ
takový, že
k
i=0
γi(t + i)s
λi
=
s
j=0
ps,j(t, λ)P(j)
(λ).
Tvrzení dokážeme úplnou indukcí vzhledem k proměnné s. Pro s = 0 je
k
i=0
γi(t + i)0
λi
=
k
i=0
γiλi
= P(λ) = 1P(0)
(λ),
tedy p0,0 ≡ 1.
Indukční krok je obsažen ve výpočtu:
k
i=0
γi(t + i)s+1
λi
=
k
i=0
γi(t + i)s
(t + i)λi
= t
k
i=0
γi(t + i)s
λi
+ λ
k
i=1
γi(t + i)s
iλi−1
=
= t
s
j=0
ps,j(t, λ)P(j)
(λ) + λ
k
i=1
γi(t + i)s d
dλ
λi
=
= t
s
j=0
ps,j(t, λ)P(j)
(λ) + λ
d
dλ
k
i=1
γi(t + i)s
λi
=
= t
s
j=0
ps,j(t, λ)P(j)
(λ) + λ
d
dλ
k
i=0
γi(t + i)s
λi
− γ0ts
=
= t
s
j=0
ps,j(t, λ)P(j)
(λ) + λ
d
dλ


s
j=0
ps,j(t, λ)P(j)
(λ) − γ0ts

 =
= t
s
j=0
ps,j(t, λ)P(j)
(λ) + λ
s
j=0
∂ps,j(t, λ)
∂λ
P(j)
(λ) + ps,j(t, λ)P(j+1)
(λ) =
=
s
j=0
tps,j(t, λ) + λ
∂ps,j(t, λ)
∂λ
P(j)
(λ) + λ
s+1
j=1
ps,j−1(t, λ)P(j)
(λ) =
= tps,0(t, λ) + λ
∂ps,0(t, λ)
∂λ
P(λ)+
+
s
j=1
tps,j(t, λ) + λ
∂ps,j(t, λ)
∂λ
+ λps,j−1(t, λ) P(j)
(λ)+
+ λps,s(t, λ)P(s+1)
(λ).
34 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Stačí tedy položit
ps+1,0(t, λ) = tps,0(t, λ) + λ
∂ps,0(t, λ)
∂λ
,
ps+1,j(t, λ) = tps,j(t, λ) + λ
∂ps,j(t, λ)
∂λ
+ λps,j−1(t, λ) pro j = 1, 2, . . . , s,
ps+1,s+1(t, λ) = λps,s(t, λ)
a pomocné tvrzení je dokázáno.
Nechť nyní λp je r-násobný kořen charakteristické rovnice. Pak je také kořenem derivací
polynomu P až do řádu r − 1, tj.
P(j)
(λp) = 0 pro j = 0, 1, 2, . . . , r − 1.
Nyní pro x(t) = tqλt
p, q ∈ {0, 1, 2, . . . , r − 1}, podle pomocného tvrzení platí
k
i=0
γix(t + i) =
k
i=0
γi(t + i)q
λt+i
p = λt
k
i=0
γi(t + i)q
λi
p = λt
q
j=0
pq,j(t, λ)P(j)
(λ) = 0.
Důsledek 1. Nechť λc = a(cos ϕ + i sin ϕ) je r-násobný komplexní kořen charakteristické
rovnice (2.43). Pak každá z posloupností definovaných některým ze vztahů
x1(t) = tq
at
cos tϕ, x2(t) = tq
at
sin tϕ, q = 0, 1, 2, . . . , r − 1
je řešením lineární homogenní diferenční rovnice (2.41).
Důkaz: Poněvadž polynom na levé straně rovnice (2.43) má reálné koeficienty, je také komplexně
sdružené číslo ¯λc = a(cos ϕ − i sin ϕ) kořenem charakteristické rovnice (2.43) a má
stejnou násobnost r. Podle Věty 4 (v níž jsme nepředpokládali, že by kořen charakteristické
rovnice byl reálný), je každá z posloupností definovaných vztahem
˜x1(t) = tq
at
(cos tϕ + i sin tϕ), ˜x2(t) = tq
at
(cos tϕ − i sin tϕ), q = 0, 1, 2, . . . , r − 1
řešením rovnice (2.41). Podle principu superpozice jsou také posloupnosti
x1(t) =
1
2
˜x1(t) + ˜x2(t) , x2(t) =
1
2i
˜x1(t) − ˜x2(t)
řešením této rovnice.
Důsledek 2. Každému reálnému r-násobnému charakteristickému kořenu λ odpovídá r řešení
lineární homogenní rovnice (2.41)
λt
, tλt
, t2
λt
, . . . , tr−1
λt
a každému komplexnímu r-násobnému charakteristickému kořenu a(cos ϕ + i sin ϕ) odpovídá
2r řešení lineární homogenní rovnice (2.41)
at
cos tϕ, tat
cos tϕ, t2
at
cos tϕ, . . . , tr−1
at
cos tϕ,
at
sin tϕ, tat
sin tϕ, t2
at
sin tϕ, . . . , tr−1
at
sin tϕ.
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 35
Důsledek 3. Nechť
λ1, λ2, . . . , λk1
jsou všechny jednoduché reálné různé charakteristické kořeny,
λk1+1, λk1+2, . . . , λk2
jsou všechny reálné různé charakteristické kořeny, které mají násobnosti rk1+1, rk1+2, . . . , rk2
(v tomto pořadí) a
ak2+1(cos ϕk2+1 + i sin ϕk2+1), ak2+2(cos ϕk2+2 + i sin ϕk2+2), . . . , ak3 (cos ϕk3 + i sin ϕk3 )
jsou všechny komplexní charakteristické kořeny takové, že žádné dva z nich nejsou komplexně
sdružené a mají násobnosti rk2+1, rk2+2, . . . , rk3 (v tomto pořadí). Přitom samozřejmě platí
k1 +
k2
i=k1+1
ri + 2
k3
i=k2+1
ri = k.
Pak posloupnost definovaná vztahem
x(t) =
k1
i=1
Aiλt
i +
k2
i=k1+1
ri−1
j=0
Bijtj
λt
i +
k3
i=k2+1
ri−1
j=0
Cijtj
at
i cos tϕi +
k3
i=k2+1
ri−1
j=0
Dijtj
at
i sin tϕi,
(2.44)
kde Ai, Bij, Cij, Dij jsou konstanty, je řešením lineární homogenní rovnice (2.41).
Nechť existuje charakteristický kořen, jehož modul (absolutní hodnota) je větší, než moduly
všech ostatních charakteristických kořenů. Takový charakteristický kořen musí být reálný a
jednoduchý, můžeme ho tedy označit λ1. Platí
|λ1| > |λi| pro i = 2, 3, . . . , k2, |λ1| > ai pro i = k2 + 1, k2 + 2, . . . , k3.
Charakteristický kořen λ1 s těmito vlastnostmi nazveme ryze dominantní. Nyní pro řešení x(t)
rovnice (2.41) definované vztahem (2.44) za předpokladu A1 = 0 platí
lim
t→∞
x(t)
A1λt
1
= lim
t→∞

1 +
k1
i=2
Ai
A1
λi
λ1
t
+
k2
i=k1+1
ri−1
j=0
Bij
A1
tj λi
λ1
t
+
+
k3
i=k2+1
ri−1
j=0
Cij
A1
tj ai
λ1
t
cos tϕi +
k3
i=k2+1
ri−1
j=0
Dij
A1
tj ai
λ1
t
sin tϕi

 = 1.
Dostáváme tak
Důsledek 4. Pokud existuje ryze dominantní charakteristický kořen λ1 a konstanta A1 v řešení
(2.44) rovnice (2.41) je nenulová, pak toto řešení je asymptoticky ekvivalentní s geometrickou
posloupností s kvocientem λ1.
36 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Řekneme, že charakteristický kořen je dominantní, pokud jeho modul není menší než modul
jakéhokoliv charakteristického kořene, tj. dominantní charakteristický kořen má maximální
modul. Označme tento maximální modul symbolem Λ.
Nechť jsou charakteristické kořeny označeny jako v Důsledku 3 a navíc platí
|λ1| ≥ |λ2| > |λ3| ≥ |λ4| ≥ · · · ≥ |λk1 |,
|λk1+1| ≥ |λk1+2| ≥ · · · ≥ |λk2 |, ak2+1 ≥ ak2+2 ≥ · · · ≥ ak3 .
Položme
l1 =



2, Λ = |λ2|,
1, Λ = |λ1| > |λ2|,
0, Λ > |λ1|,
l2 =
max i ∈ {k2 + 1, k2 + 2, . . . , k3} : ai = Λ , Λ = ak2+1,
k2, Λ > ak2+1.
Nechť dominantní charakteristické kořeny jsou jednoduché, tj. |λk1+1| < Λ a pokud l2 > k2
tak max ri : i ∈ {k2 + 1, k2 + 2, . . . , l2} = 1. Označme
y(t) =
l1
i=1
Ai(sgn λi)t
+
l2
i=k2+1
(Ci0 cos tϕi + Di0 sin tϕi).
Pak
x(t)
Λt
− y(t) =
k1
i=l1+1
Ai
λi
Λ
t
+
k2
i=k1+1
ri−1
j=0
Bijtj λi
Λ
t
+
+
k3
i=l2+1
ri−1
j=0
Cijtj ai
Λ
t
cos tϕi +
k3
i=l2+1
ri−1
j=0
Dijtj ai
Λ
t
sin tϕi.
Limita pro t → ∞ posloupnosti na pravé straně této rovnosti je rovna 0. To — zhruba řečeno
— znamená, že „pro dostatečně velké t se řešení rovnice (2.41) chová jako posloupnost y“.
Poněvadž pro libovolné t platí nerovnosti
−∞ < −
l1
i=1
|Ai|−
l2
i=k2+1
|Ci0|+|Di0| ≤ y(t) ≤ ∞ < −
l1
i=1
|Ai|+
l2
i=k2+1
|Ci0|+|Di0| < ∞,
je
−∞ < m = lim inf
t→∞
y(t) ≤ lim sup
t→∞
= M < ∞,
pro řešení x(t) rovnice (2.41) definované rovností (2.44) platí
mΛt
≤ x(t) ≤ MΛt
.
2.3.4 Rovnice s konstantními koeficienty a speciální pravou stranou
Uvažujme nehomogenní lineární diferenční rovnici k-tého řádu druhého typu
x(t + k) + γk−1x(t + k − 1) + · · · + γ1x(t + 1) + γ0x(t) = b(t) (2.45)
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 37
a k ní přidruženou lineární homogenní rovnici (2.41). Označme polynomiální operátor posunu
z levé strany operátorové rovnice (2.42) symbolem PΣ; homogenní rovnici (2.41) tedy můžeme
zapsat ve tvaru
PΣ
x(t) ≡ 0 nebo PΣ
x = 0,
a nehomogenní rovnici ve tvaru
PΣ
x(t) = b(t) nebo PΣ
x = b.
Definice 2. Nechť p je posloupnost, β0, β1, . . . , βl ∈ R jsou konstanty takové, že β0 = 0 = βl,
a nechť RΣ je polynomiální operátor posunu, RΣ =
l
i=0
βi ·σi
. Řekneme, že operátor RΣ je
anihilátor posloupnosti p, pokud
RΣ
p ≡ 0.
Podle této terminologie je PΣ anihilátorem každého řešení homogenní rovnice (2.41).
Nechť existuje anihilátor QΣ =
l
i=0
βi ·σi
posloupnosti b, která je na pravé straně nehomogenní
rovnice (2.45). To znamená, že b je řešením nějaké lineární homogenní rovnice s konstatntními
koeficienty, takže podle Důsledku 2 je posloupnost b lineární kombinací výrazů
κt, tmκt, cos tψ, sin tψ, tn cos tψ, tn sin tψ, tmκt cos tψ, tmκt sin tψ. Nechť dále y je řešením
nehomogenní rovnice (2.45). Pak platí
QΣ
PΣ
y ≡ 0. (2.46)
To znamená, že řešení nehomogenní lineární rovnice k-tého řádu je současně řešením lineární
rovnice (k + l)-tého řádu.
Nechť λ1, λ2, . . . , λp, p ≤ k, jsou charakteristické kořeny homogenní rovnice
PΣ
x ≡ 0
a µ1, µ2, . . . , µq, q ≤ l, jsou charakteristické kořeny homogenní rovnice
QΣ
x ≡ 0.
Nyní rozlišíme dva případy.
Případ 1: {λ1, λ2, . . . , λp} ∩ {µ1, µ2, . . . , µq} = ∅. V tomto případě můžeme psát řešení
nehomogenní rovnice podle tabulky 2.1. Takové obecně zapsané řešení dosadíme do rovnice
(2.45) a vypočítáme konstanty Cj, Dj.
Případ 2: {λ1, λ2, . . . , λp}∩{µ1, µ2, . . . , µq} = ∅. V tomto případě nejprve najdeme obecné
řešení homogenní rovnice (2.46) a vynecháme v něm všechny členy, které se vyskytují v obecném
řešení přidružené homogenní rovnice (2.41). Tím dostaneme řešení nehomogenní rovnice
(2.45) s neurčitými koeficienty, které určíme dosazením do původní rovnice (2.45).
Příklad:
Najdeme obecné řešení nehomogenní rovnice druhého řádu
x(t + 2) − 4x(t + 1) + 3x(t) = t2
. (2.47)
38 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
b(t) tvar řešení
at C1at
tm C0 + C1t + C2t2 + · · · + Cmtm
tmat at C0 + C1t + C2t2 + · · · + Cmtm
sin ψt, cos ψt C1 sin ψt + C2 cos ψt
at sin ψt, at cos ψt at (C1 sin ψt + C2 cos ψt)
attm sin ψt, attm cos ψt at [(C0 + C1t + · · · + Cmtm) sin ψt+
+ (D0 + D1t + · · · + Dmtm) cos ψt]
Tabulka 2.1: Tvary řešení nehomogenní rovnice (2.45) pro různé pravé strany b.
Charakteristická rovnice přidružené homogenní rovnice
λ2
− 4λ + 3 = 0,
má množina charakteristických kořenů Λ = {1, 3}, její obecné řešení je proto posloupnost daná
předpisem
x(t) = A · 3t
+ B.
Anihilátor řešení přidružené homogenní rovnice je polynomiální operátor posunu
PΣ
= ·σ2
− 4 ·σ
+3 idP
(koeficienty v operátoru PΣ jsou stejné, jako koeficienty v charakteristickém polynomu).
Pravá strana dané rovnice je řešením lineární homogenní rovnice, která má trojnásobný
charakteristický kořen µ = 1. Nejjednodušší taková algebraická rovnice je (µ − 1)3 = 0.
Posloupnost na pravé straně rovnice (2.47) je tedy řešením lineární homogenní diferenční
rovnice
x(t + 3) − 3x(t + 2) + 3x(t + 1) − x(t) = 0, (2.48)
její anihilátor je
QΣ
= (·σ
− idP)3
= ·σ3
− 3 ·σ2
+3 ·σ
− idP .
Množina charakteristických kořenů rovnice (2.48) je jednoprvková M = {1}. To znamená, že
Λ ∩ M = {1} = ∅, tj. nastává Případ 2.
Posloupnost na levé straně relace (2.46) je v tomto konkrétním případě dána výrazem
QΣ
PΣ
y (t) = QΣ
y(t + 2) − 4y(t + 1) + 3y(t) =
= y(t + 5) − 4y(t + 4) + 3y(t + 3) − 3 y(t + 4) − 4y(t + 3) + 3y(t + 2) +
+3 y(t + 3) − 4y(t + 2) + 3y(t + 1) − y(t + 2) − 4y(t + 1) + 3y(t) =
= y(t + 5) − 7y(t + 4) + 18y(t + 3) − 22y(t + 2) + 13y(t + 1) − 3y(t).
Homogenní rovnice
y(t + 5) − 7y(t + 4) + 18y(t + 3) − 22y(t + 2) + 13y(t + 1) − 3y(t) = 0 (2.49)
má charakteristickou rovnici
λ5
− 7λ4
+ 18λ3
− 22λ2
+ 13λ − 3 = 0,
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 39
po úpravě
(λ − 3)(λ − 1)4
= 0.
Tato rovnice má jednoduchý kořen λ = 3 a čtyřnásobný kořen λ = 1, obecné řešení homogenní
rovnice (2.49) tedy je posloupnost daná předpisem
y(t) = A · 3t
+ B + Ct + Dt2
+ Et3
. (2.50)
Vynecháním členů, které se vyskytují v obecném řešení přidružené homogenní rovnice k rovnici
zadané dostaneme řešení nehomogenní rovnice (2.47) ve tvaru s neurčitými koeficienty
Ct + Dt2
+ Et3
,
které určíme dosazením do dané rovnice:
C(t + 2) + D(t + 2)2
+ E(t + 2)3
− 4 C(t + 1) + D(t + 1)2
+ E(t + 1)3
+ 3 Ct + Dt2
+ Et3
=
= −6Et2
− 4Dt − 2C + 4E = 2t2
.
Porovnáním koeficientů dostaneme soustavu lineárních algebraických rovnic
−6E = 2
D = 0
−C +2E = 0,
která má řešení E = −1
3, D = 0, C = −2
3. Celkem dostáváme obecné řešení rovnice (2.47) ve
tvaru
x(t) = A · 3t
+ B − 2
3t − 1
3 t3.
Ještě poznamenejme, že uvedený postup měl především ilustrovat obecnou teorii. Pro
praktické počítání je příliš zdlouhavý; zejména vyjadřování příslušných anihilátorů není pro
nalezení výsledků nutné. Bezprostředně lze totiž psát, že řešení nehomogenní rovnice (2.47) je
řešením lineární homogenní rovnice pátého řádu, jejíž charakteristická rovnice je tvaru
(λ − 1)3
λ2
− 4λ + 3 = 0.
Poté napíšeme obecné řešení takové rovnice – což je posloupnost (2.50), dosadíme do rovnice
zadané a tak určíme tři z pěti konstant obecného řešení.
Stručně lze říci, že „speciální pravá strana rovnice (2.45)“ je taková posloupnost b, která
je řešením nějaké lineární homogenní rovnice. V takovém případě vezmeme všechny charakteristické
kořeny rovnice, jejímž řešením posloupnost b je (ty jsou vidět již z tvaru posloupnosti
b podle Důsledků 1–3 Věty 4), a všechny charakteristické kořeny lineární homogenní rovnice
přidružené k rovnici (2.45); kořeny bereme včetně násobností. Napíšeme obecné řešení homogenní
rovnice odpovídající všem těmto charakteristickým kořenům, dosadíme ho do dané
rovnice a určíme všechny konstanty, které určit lze.
40 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
Příklad:
Najdeme obecné řešení rovnice
x(t + 2) + x(t) = t cos 1
2πt.
Charakteristická rovnice přidružené homogenní rovnice λ2 + 1 = 0 má komplexně sdružené
kořeny λ1,2 = ±i = cos 1
2π ± i sin 1
2 π. Posloupnost na pravé straně dané rovnice je řešením
lineární homogenní rovnice, která má dvojnásobný kořen λ = i; abychom zůstali v reálném
oboru, vezmeme dvojici komplexně sdružených dvojnásobných kořenů λ = ±i. Máme tedy
celkem trojnásobné komplexně sdružené kořeny λ = ±i = cos 1
2π ± i sin 1
2π a obecný tvar
řešení
x(t) = A cos 1
2πt + B sin 1
2πt + Ct cos 1
2 πt + Dt sin 1
2πt + Et2 cos 1
2πt + Ft2 sin 1
2 πt.
Tuto posloupnost dosadíme do dané rovnice. Poněvadž
cos 1
2 π(t + 2) = cos 1
2πt cos π − sin 1
2πt sin π = − cos 1
2πt,
sin 1
2 π(t + 2) = sin 1
2πt cos π + cos 1
2πt sin π = − sin 1
2πt,
dostaneme
x(t + 2) + x(t) = −A cos 1
2πt − B sin 1
2 πt − C(t + 2) cos 1
2 πt − D(t + 2) sin 1
2 πt−
− E(t2
+ 4t + 4) cos 1
2πt − F(t2 + 4t + 4) sin 1
2πt+
+ A cos 1
2πt + B sin 1
2πt + Ct cos 1
2πt + Dt sin 1
2πt + Et2 cos 1
2πt + Ft2 sin 1
2 πt =
= −(4Et + 2C + 4E) cos 1
2 πt − (4Ft + 2D + 4F) sin 1
2πt.
Porovnáním koeficientů dostáváme −4E = 1, 2C +4E = 0, 4F = 0, 2D+4F = 0, tedy C = 1
2,
E = −1
4, D = F = 0 a koeficienty A, B zůstávají neurčené. Obecné řešení dané rovnice je
dáno výrazem
x(t) = A cos 1
2πt + B sin 1
2πt + 1
2t cos 1
2π − 1
4 t2 cos 1
2π = A + 1
2 t − 1
4t2 cos 1
2πt + B sin 1
2 πt,
kde A, B jsou konstanty.
Pro nehomogenní lineární diferenční rovnice tvaru (2.45) s pravou stranou ve tvaru polynomu
můžeme zformulovat ještě jednodušší pravidlo pro hledání řešení: Nechť m je stupeň
polynomu na pravé straně rovnice (2.45) a n je násobnost charakteristického kořene λ = 1 přidružené
homogenní rovnice (samozřejmě, že může být n = 0, pokud charakteristická rovnice
nemá kořen 1). Pak řešení nehomogenní rovnice je tvaru polynomu stupně n + m.
2.3.5 Cauchyho-Eulerova rovnice
Cauchyho-Eulerova rovnice druhého řádu je tvaru
t(t + 1)x(t + 2) + α1tx(t + 1) + α0x(t) = b(t), (2.51)
kde α0 = 0. Aby se skutečně jednalo o lineární rovnici druhého řádu, uvažujeme ji na oboru
t > 0. Rešení rovnice (2.51) budeme hledat ve tvaru
x(t) =
y(t)
(t − 1)!
(2.52)
2.3. LINEÁRNÍ ROVNICE K-TÉHO ŘÁDU 41
kde y je zatím neurčená posloupnost. Při této substituci je
x(t + 1) =
y(t + 1)
t!
=
1
t
y(t + 1)
(t − 1)!
, x(t + 2) =
y(t + 2)
(t + 1)!
=
1
(t + 1)t
y(t + 2)
(t − 1)!
.
Po dosazení tohoto vyjádření do rovnice (2.51) dostaneme lineární diferenční rovnici
y(t + 2) + α1y(t + 1) + α0y(t) = (t − 1)! b(t)
pro neznámou posloupnost y, což je lineární rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty
na levé straně.
Příklad: Najdeme obecné řešení rovnice
t(t + 1)x(t + 2) − x(t) = 1.
Substituce
x(t) =
y(t)
(t − 1)!
ji převádí na rovnici
y(t + 2) − y(t) = (t − 1)!.
Charakteristická rovnice λ2 − 1 = 0 má dva reálné různé kořeny λ1,j = ±1. Podle Tvrzení 5 je
partikulární řešení nehomogenní rovnice tvaru
yN (t) =
1
2
t−1
j=1
(j − 1)! 1 − (−1)t−j−1
=
1
2
t−2
j=0
j! 1 − (−1)t−j
,
takže obecné řešení transformované rovnice je
y(t) = A + (−1)t
B +
1
2
t−2
j=0
j! 1 − (−1)t−j
.
Zpětnou substitucí dostaneme řešení dané rovnice ve tvaru
x(t) =
A + (−1)tB
(t − 1)!
+
1
2
t−2
j=0
1 − (−1)t−j
(t − 1)(t − 2) · · · (j + 1)
.
S pomocí faktoriálové posloupnost (viz str. 7) zapíšeme Cauchyho-Eulerovu rovnici druhého
řádu v kratším tvaru
(t + 1)(2)
x(t + 2) + α1t(1)
x(t + 1) + α0x(t) = b(t).
Cauchyho-Eulerova rovnice k-tého řádu je rovnice tvaru
k
j=0
αj(t + j − 1)(j)
x(t + j) = b(t); (2.53)
42 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
přitom αkα0 = 0 a t > 0. Opět použijeme substituci (2.52). V tomto případě je
x(t + j) =
y(t + j)
(t + j − 1)!
a tedy
(t + j − 1)(j)
x(t + j) =
(t + j − 1)!
(t + j − 1 − j)!
y(t + j)
(t + j − 1)!
=
y(t + j)
(t − 1)!
.
Substituce (2.52) převádí rovnici (2.53) na lineární rovnici k-tého řádu s konstantními koeficienty
na levé straně
k
j=0
αjy(t + j) = (t − 1)! b(t).
2.4 Cvičení
V úlohách 1–6 najděte řešení dané rovnice s počáteční podmínkou x(0) = 1.
1. x(t + 1) = (t + 1)x(t)
2. x(t + 1) = 3tx(t)
3. x(t + 1) = e2tx(t)
4. x(t + 1) = 1
2x(t) + 2
5. x(t + 1) = x(t) + et
6. x(t + 1) =
t
t + 1
x(t) + 4
7. Nechť je na konci každého období do banky ukládána částka $200 a banka platí každé
období úrok 0,8%. Jaká je uložená částka po n obdobích.
8. Dluh $12000 má být amortizována splátkami $380 na konci každého měsíce, plus jedna
závěrečná splátka menší. Úrok 12%p.a. je připisován každý měsíc. Určete čas splácení
(v měsících) a závěrečnou splátku.
9. Úvěr $80000 má být splacen pravidelnými měsíčními splátkami. Úroková sazba je 10%p.a.
Jaká je měsíční splátka, aby byl dluh splacen do 30 měsíců.
10. Hypotéka na 30 let má úrokovou sazbu 8%p.a. Jste schopni splácet $1000 měsíčně.
Kolik si můžete půjčit?
11. Pokud organismus žije, je v jeho tkáních zastoupení radioaktivního uhlíku 14C stejné jako
v atmosféře. Po uhynutí organismu se radioaktivní uhlík rozkládá s poločasem rozpadu
5700 let. Ve vzorku je 14C zastoupen ze 70% ve srovnání s atmosférou. Jak je vzorek
starý?
12. Slon se dožije průměrně 65 let. Jedna samice má mládě jednou za 4 roky, poměr samců
a samic mezi novorozenými slůňaty je 1 : 1. Kolik zvířat je nutné každý rok odstřelit,
aby na území, jehož úživnost je několik tisíc slonů žilo trvale 250 slonic a 50 slonů?
V úlohách 13–24 najděte obecné řešení dané rovnice.
2.4. CVIČENÍ 43
13. x(t + 2) − 16x(t) = 0
14. x(t + 2) + 16x(t) = 0
15. ∆3x(t) = 0
16. σ2
+ 2
2
x(t) = 0
17. (σ − 3)2 σ2
+ 4 x(t) = 0
18. x(t + 2) + 8x(t + 1) + 12x(t) = et
19. x(t + 2) − x(t + 1) − 6x(t) = 5 · 3t
20. x(t + 2) + x(t + 1) − 6x(t) = 5 · 3t
21. x(t + 2) + x(t + 1) − 12x(t) = t · 2t
22. x(t + 2) + 4x(t) = 8 · 2t cos 1
2πt
23. x(t + 2) − 5x(t + 1) + 6x(t) = t + 1
24. x(t + 2) − 5x(t + 1) + 4x(t) = 4t − t2
25. Najděte řešení počáteční úlohy x(t + 3) − 7x(t + 2) + 16x(t + 1) − 12x(t) = 0, x(0) = 0,
x(1) = 1, x(2) = 1.
26. Napište lineární diferenční rovnici druhého řádu, jejímž řešením je posloupnost 1
8, 1
2, 1,
3, 7, 19, 47, ....
V úlohách 27–30 najděte řešení daného počátečního problému.
27. x(t + 1) = −x(t) + y(t),
y(t + 1) = 2y(t),
x(0) = 1, y(0) = 2.
28. x(t + 1) =


1 −2 −2
0 0 −1
0 2 3

 x(t), x(0) =


1
1
0

 .
29. x(t + 1) =
2 1
0 2
x(t) +
t
1
, x(0) =
1
0
.
30. x(t + 1) =


4 1 2
0 2 −4
0 1 6

 x(t), x(0) =


ξ0
η0
ζ0

 .
Výsledky:
1. t!
2. 3
t(t−1)
2
3. et(t−1)
4. 4 −
3
2t
5. 1 +
et
− 1
e − 1
6. x(t) =
c, t = 0
2(t + 1), t ≥ 1
7. Uložená částka x(t) v t-tém období je řešením počáteční úlohy x(t + 1) = 1,008x(t) + 200,
x(0) = 0, tedy x(n) = 25 000 1,008n
− 1 .
8. Dluh x(t) v t-ém měsíci je řešením počáteční úlohy x(t + 1) = 12
√
1,12 x(t) − 380, x(0) = 12 000.
Závěrečná splátka x(37) = 268,99.
9. Nesplacený úvěr x(t) v t-ém měsíci je řešením počáteční úlohy x(t + 1) = 12
√
1,1 x(t) − b, x(0) =
80 000. Měsíční splátka b = 3 008,9
.
= 3 010.
44 KAPITOLA 2. LINEÁRNÍ ROVNICE
10. Nesplacená hypotéka x(t) v t-ém měsíci je řešením počáteční úlohy x(t+1) = 12
√
1,08 x(t)−1 000,
x(360) = 0. Hypotéka x(0) = 136 283,5.
11. 5 700
ln 2 ln 100
70
.
= 2933
12. 1 425
52
.
= 27,4 samic a 1 585
52
.
= 30, 5 samců, tj. něco mezi 27 a 28 slonicemi a 30 a 31 slony každý
rok.
13. 4t
A + (−1)t
B
14. 4t
A cos 1
2 πt + B sin 1
2 πt
15. A + Bt + Ct2
16.
√
2t (A + Bt) cos 1
2 πt + (C + Dt) sin 1
2 πt
17. 3t
(A + Bt) + 2t
C cos 1
2 πt + D sin 1
2 πt
18. (−2)t
(A + 3t
B) +
et
(e + 2)(e + 6)
19. 3t−1
(A + t) + (−2)t
B
20. 2t
A + (−3)t
B + 5
2 3t−1
21. 3t
A + (−4)t
B − 1
6 t + 5
3 2t
22. 2t
A sin 1
2 πt + (B − t) cos 1
2 πt
23. 3t
A + 2t
B + 1
2 t + 5
4
24. A + B + 1
12 t 4t
+ 1
9 t3
− 1
18 t2
+ 7
54 t
25. (3 + 2t)2t
− 3t+1
26. x(t + 2) − x(t + 1) − 4x(t) = 0
27. x(t) = 1
3 2t+1
− (−1)t
, y(t) = 2t+1
28. x(t) =


3 − 2t+1
2 − 2t
−2 + 2t+1


29. x(t) =
(t + 2)2t−1
− t
2t
− 1
30. x(t) =


1 1 1
0 −2 −1
0 1 1




4 0 0
0 4 1
0 0 4


t 

1 0 −1
0 −1 −1
0 1 2




ξ0
η0
ζ0

 = 4t


ξ0
η0
ζ0

+(η0 +2ζ0) t 4t−1


1
−2
1


Kapitola 3
Další explicitně řešitelné rovnice
V prvních třech částech této kapitoly uvedeme některé typy nelineárních diferenčních rovnic, u
nichž je známa substituce převádějící je na rovnice lineární. V poslední části ukážeme speciální
rovnice, které byly získány volbou goniometrických nebo hyperbolických funkcí na místě transformující
funkce. Řešení těchto rovnic bude užitečné pro nalezení explicitního řešení logistické
rovnice
x(t + 1) = rx(t) 1 − x(t) . (3.1)
pro několik speciálních hodnot parametru r.
3.1 Riccatiho a Bernoulliova rovnice
Riccatiho diferenční rovnice je tvaru
p(t)x(t + 1)x(t) + x(t + 1) − 1 + q(t) x(t) = r(t), (3.2)
kde p je nenulová regresivní posloupnost. Rovnici můžeme přepsat ve tvaru rekurentní formule
x(t + 1) =
1 + q(t) x(t) + r(t)
1 + p(t)x(t)
(3.3)
nebo explicitní diferenční rovnice prvního typu
∆x =
−p(t)x2 + q(t)x + r(t)
1 + p(t)x
.
S využitím operátorů posunu a diference můžeme rovnici (3.2) přepsat do tvaru
pxxσ
+ x + ∆x − (1 + q)x = r
a z něho vyjádřit diferenci hledané posloupnosti
∆x = −pxxσ
+ qx + r.
Tato rovnice je diskrétní analogií Riccatiho diferenciální rovnice x′ = −px2 + qx + r.
Riccatiho diferenční rovnici řešíme pomocí substituce
x(t) =
1
p(t)
∆y(t)
y(t)
=
y(t + 1) − y(t)
p(t)y(t)
. (3.4)
45
46 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
Dosadíme do rekurentní formule (3.3) a postupně upravujeme:
y(t + 2) − y(t + 1)
p(t + 1)y(t + 1)
=
1 + q(t)
y(t + 1) − y(t)
p(t)y(t)
+ r(t)
1 +
y(t + 1) − y(t)
y(t)
y(t + 2) − y(t + 1)
p(t + 1)y(t + 1)
=
1 + q(t) y(t + 1) − y(t) + r(t)p(t)y(t)
p(t)y(t + 1)
y(t + 2) − y(t + 1) =
p(t + 1)
p(t)
1 + q(t) y(t + 1) −
p(t + 1)
p(t)
(1 + q(t) − r(t)p(t)) y(t).
Odtud vidíme, že posloupnost y je řešením lineární homogenní diferenční rovnice druhého
řádu
y(t + 2) − 1 +
p(t + 1)
p(t)
1 + q(t) y(t + 1) +
p(t + 1)
p(t)
(1 + q(t)) − r(t)p(t + 1) y(t) = 0,
kterou můžeme také zapsat stručněji pomocí operátorů posunu a diference
∆2
y + 1 −
pσ
p
(1 + q) ∆y − pσ
ry = 0.
Tvrzení 6. Riccatiho diferenční rovnice (3.2) pro neznámou posloupnost x se substitucí (3.4)
transformuje na lineární homogenní rovnici druhého řádu pro neznámou posloupnost y.
Příklad:
x(t + 1) =
2x(t) + 3
3x(t) + 2
, x(0) = x0
Zavedeme substituci
x(t) =
∆y(t)
3
2 y(t)
=
2
3
y(t + 1)
y(t)
−
2
3
,
dosadíme do dané rovnice a postupně ji upravíme
2
3
y(t + 2)
y(t + 1)
−
2
3
=
4
3
y(t + 1)
y(t)
− 4
3 + 3
2
y(t + 1)
y(t)
− 2 + 2
,
4
y(t + 2) − y(t + 1)
y(t + 1)
=
4y(t + 1) + 5y(t)
y(t + 1)
.
Daná rovnice se tedy transformuje na lineární homogenní rovnici druhého řádu
4y(t + 2) − 8y(t + 1) − 5y(t) = 0.
Její charakteristická rovnice 4λ2 − 8λ − 5 = 0 má dva reálné různé kořeny
λ1,2 =
8 ±
√
64 + 80
8
=
5
2
−1
2
.
3.1. RICCATIHO A BERNOULLIOVA ROVNICE 47
Obecné řešení lineární diferenční rovnice tedy je y(t) = A 5
2
t
+ B −1
2
t
.
Označme y0 = y(0). Pro počáteční hodnoty dále platí x0 = 2
3
y(1)
y(0)
− 2
3, a z toho vypočítáme
y(1) = 1
2(3x0 + 2)y0.
Z těchto podmínek dostaneme systém (algebraických) rovnic pro konstanty A, B,
y0 = y(0) = A + B,
3x0 + 2
2
y0 = y(1) =
5
2
A −
1
2
B,
tj.
A + B = y0
5A − B = (3x0 + 2)y0.
Z něho vypočítáme A = 1
2y0(1 + x0), B = 1
2y0(1 − x0). Řešení úlohy pro lineární rovnici je
y(t) =
y0
2t+1
(1 + x0)5t
+ (1 − x0)(−1)t
.
Zpětnou substitucí tedy dostaneme řešení zadané úlohy ve tvaru
x(t) =
2
3
y(t + 1)
y(t)
− 1 =
2
3
1
2
(1 + x0)5t+1 + (1 − x0)(−1)t+1
(1 + x0)5t + (1 − x0)(−1)t
− 1 =
=
(1 + x0)5t − (1 − x0)(−1)t
(1 + x0)5t + (1 − x0)(−1)t
=
1 + x0
1 + x0 + (1 − x0) −1
5
t −
1 − x0
1 − x0 + (1 + x0)(−5)t
.
Pokud r ≡ 0, tj. na pravé straně rovnice (3.2) je nula, můžeme použít jednodušší substituci.
V tomto případě položíme
x(t) =
1
z(t)
, (3.5)
dosadíme do rovnice (3.2) a vynásobíme výrazem z(t)z(t + 1). Dostaneme
p(t) + z(t) − 1 + q(t) z(t + 1) = 0.
Je-li přitom posloupnost q regresivní, upravíme tuto rovnici na tvar lineární diferenční rovnice
prvního řádu
z(t + 1) =
1
1 + q(t)
z(t) +
p(t)
1 + q(t)
nebo ∆z = −
q(t)
1 + q(t)
z +
p(t)
1 + q(t)
.
Tato rovnice má podle Tvrzení 1 řešení
z(t) = z0
t−1
i=t0
1
1 + q(i)
+
t−1
i=t0
p(i)
1 + q(i)
t−1
j=i+1
1
1 + q(j)
=
=

z0 +
t−1
i=t0
p(i)
i−1
j=t0
1 + q(j)


t−1
i=t0
1
1 + q(i)
,
kde z0 = z(t0) = x(t0)−1. Platí tedy:
48 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
Tvrzení 7. Je-li r ≡ 0, pak má Riccatiho rovnice řešení
x(t) =
x0
t−1
i=t0
1 + q(i)
1 + x0
t−1
i=t0
p(i)
i−1
j=t0
1 + q(j)
.
Rovnice (3.2) s r ≡ 0 a s regresivní posloupností q se v literatuře objevuje v rozmanitých
tvarech. Ukážeme některé z nich. Rovnici v takovém případě můžeme přepsat na tvar
p(t)
1 + q(t)
+
1
1 + q(t)
1
x(t)
−
1
x(t + 1)
= 0
a při označení
a(t) =
1
1 + q(t)
, b(t) =
p(t)
1 + q(t)
dostaneme
1
x(t + 1)
−
1
x(t)
= a(t) − 1
1
x(t)
+ b(t),
neboli
∆
1
x
= a(t) − 1
1
x
+ b(t) (3.6)
případně
∆x1−2
= a(t) − 1 x1−2
+ b(t). (3.7)
S pomocí operátoru posunu můžeme rovnici (3.6) přepsat ve tvaru
1
xσ
−
1
x
= (a − 1)
1
x
+ b.
Vynásobením výrazem xxσ dostaneme rovnici ve tvaru
x − xσ
= (a − 1)xσ
+ bxxσ
.
Z ní můžeme vyjádřit
∆x = (1 − a − bx)xσ
= (1 − a) 1 −
b
1 − a
x xσ
nebo
xσ
=
x
a + bx
. (3.8)
Poslední rovnici vynásobíme jmenovatelem pravé strany a upravíme na tvar
xσ
=
x
a
(1 − bxσ
) ,
ze kterého dostaneme jiné vyjádření diference hledané posloupnosti
∆x = x
1
a
− 1 −
b
a
xσ
=
1 − a
a
x 1 −
b
1 − a
xσ
.
3.1. RICCATIHO A BERNOULLIOVA ROVNICE 49
Bernoulliova diferenční rovnice je tvaru
∆x1−α
= a(t) − 1 x1−α
+ b(t), (3.9)
kde α = 1 je nějaké reálné číslo. Bernoulliovu diferenční rovnici můžeme také vyjádřit ve tvaru
rekurentní formule
x(t + 1) = a(t)x(t)1−α
+ b(t)
1/(1−α)
.
Porovnáním s rovnicí (3.7) vidíme, že Riccatiho rovnice (3.2) s r ≡ 0 je speciálním případem
Bernoulliovy rovnice (3.9) s parametrem α = 2.
Tvar Bernoulliovy rovnice bezprostředně ukazuje, že substituce
x(t)1−α
= z(t), tj. x(t) = z(t)1/(1−α)
(3.10)
transformuje Bernoulliovu diferenční rovnici (3.9) na lineární nehomogenní rovnici prvního
řádu
∆z = a(t) − 1 z + b(t), tj. z(t + 1) = a(t)z(t) + b(t). (3.11)
Tvrzení 8. Bernoulliova diferenční rovnice (3.9) pro neznámou posloupnost x se substitucí
(3.10) transformuje na lineární nehomogenní rovnici prvního řádu (3.11) pro neznámou posloupnost
z.
Příklad: Bevertonovu-Holtovu rovnici
x(t + 1) = x(t)
rK
K + (r − 1)x(t)
(3.12)
modelující vývoj velikosti populace v prostředí s omezenými zdroji můžeme přepsat ve tvaru
x(t + 1) = x(t)
r
1 + r−1
K x(t)
.
Jedná se o rovnici (3.8), tj. rovnici, která je současně Riccatiho i Bernoulliova. Můžeme ji tedy
vyřešit substitucí (3.5). Tuto substituci nyní odvodíme intuitivně, z úvahy o modelovaném
ději.
Budeme hledat řešení nenulové, tj. chceme modelovat nevyhynulou populaci. V tom případě
můžeme napsat rovnost převrácených hodnot obou stran rovnice (3.12)
1
x(t + 1)
=
1
r
1
x(t)
+
r − 1
rK
.
Nyní pro zjednodušení označíme z posloupnost převrácených hodnot posloupnosti x. Podle
předchozí rovnosti vidíme, že posloupnost z splňuje rekurentní formuli
z(t + 1) =
1
r
z(t) +
r − 1
rK
.
To je lineární rekurentní formule prvního řádu s konstantními koeficienty. Proto podle 2. důsledku
Tvrzení 1 můžeme obecný člen posloupnosti z vyjádřit ve tvaru
z(t) = z(t0)
1
r
t−t0
+
r − 1
rK
r−(t−t0) − 1
1 − r
r =
Kz(t0) + rt−t0 − 1
Krt−t0
,
50 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
přitom z(t0) = 1/x(t0). Můžeme tedy napsat obecný člen řešení Bevertonovy-Holtovy rovnice
s počáteční hodnotou x(t0) = x0 jako převrácenou hodnotu posloupnosti z, tj.
x(t) =
Krt−t0 x0
K + (rt−t0 − 1) x0
=
Kx0
x0 + (K − x0)r−(t−t0)
. (3.13)
Snadno ověříme, že touto formulí je skutečně zadáno řešení počáteční úlohy pro BevertonovuHoltovu
rovnici s počáteční hodnotou x(t0) = x0. Navíc takto zadaná posloupnost je v případě
x0 = 0 konstantní nulová, x ≡ 0; vyjadřuje tedy také řešení úlohy s počáteční hodnotou
x(t0) = 0.
Nyní můžeme snadno vyšetřit kvalitativní vlastnosti řešení Bevertonovy-Holtovy rovnice:
• Pro r = 1 nebo x0 = 0 je řešení x ≡ x0.
• Pokud r > 1, pak lim
t→∞
r−(t−t0) = 0, takže pro každou počáteční podmínku x0 = 0 řešení
x splňuje
lim
t→∞
x(t) = lim
t→∞
Kx0
x0 + (K − x0)r−(t−t0)
= K.
• Pokud r ∈ (0, 1), pak lim
t→∞
r−(t−t0) = ∞, takže pro každou počáteční podmínku x0 ∈ R
platí
lim
t→∞
x(t) = lim
t→∞
Kx0
x0 + (K − x0)r−(t−t0)
= 0.
Tyto výsledky dobře odpovídají ekologické intuici: pokud je vnitřní koeficient růstu r větší než
1, tj. pokud v neomezeném prostředí má populace porodnost větší než úmrtnost, pak se její
velikost ustálí na kapacitě prostředí; pokud je úmrtnost větší než porodnost, populace vymře.
3.2 Homogenní rovnice
Homogenní diferenční rovnice prvního řádu je rovnice tvaru
f t,
x(t + 1)
x(t)
= 0, (3.14)
kde f je funkce, která není konstantní ve druhé proměnné. Povšimněme si, že lineární homogenní
rovnici x(t + 1) = q(t)x(t) můžeme přepsat jako
x(t + 1)
x(t)
− q(t) = 0,
takže je skutečně speciálním případem rovnice (3.14); slovo „homogenní“ je použito oprávněně.
Substituce
y(t) =
x(t + 1)
x(t)
(3.15)
převede rovnici (3.14) na rovnici
f t, y(t) = 0,
3.2. HOMOGENNÍ ROVNICE 51
ze které vyjádříme y(t) = g(t) a řešení dané rovnice (3.14) hledáme jako řešení lineární homogenní
rovnice x(t + 1) = g(t)x(t).
Pokud hledáme kladná řešení rovnice (3.14), můžeme použít substituce
z(t) = ln x(t),
která převádí danou rovnici na implicitní diferenční rovnici
f t, ∆z(t) = 0.
Homogenní diferenční rovnice k-tého řádu je rovnice tvaru
F t,
x(t + k)
x(t + k − 1)
,
x(t + k − 1)
x(t + k − 2)
, . . . ,
x(t + 1)
x(t)
= 0,
kde F je funkce, která není konstantní ve druhé a poslední proměnné. Tuto rovnici převede
substituce (3.15) na diferenční rovnici (k − 1)-ního řádu druhého typu
F t, y(t + k − 1), y(t + k − 2), . . . , y(t) = 0.
Příklad: Najdeme řešení homogenní rovnice druhého řádu
x(t + 1) =
x(t − 1)x(t)
x(t − 1) + x(t)
.
Rovnici vynásobíme jmenovatelem zlomku na pravé straně a vydělíme výrazem x(t)x(t − 1).
Dostaneme
1 +
x(t)
x(t − 1)
x(t + 1)
x(t)
= 1.
Substituce (3.15) převede tuto rovnici na tvar
1 + y(t − 1) y(t) = 1,
který je ekvivalentní s 1 + y(t) y(t + 1) = 1, neboli
y(t + 1)y(t) + y(t + 1) = 1.
To je Riccatiho rovnice. Proto zavedeme novou posloupnost z substitucí
y(t) =
z(t + 1) − z(t)
z(t)
.
Po dosazení a úpravě dostaneme
z(t + 2) − z(t + 1)
z(t + 1)
z(t + 1) − z(t)
z(t)
+ 1 = 1,
z(t + 2) − z(t + 1) − z(t) = 0,
což je lineární homogenní rovnice druhého řádu.
52 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
3.2.1 Implicitní rovnice x(t + 1)2
+ a(t)x(t + 1)x(t) + b(t)x(t)2
= 0
Tato rovnice má očividně řešení x ≡ 0. Budeme hledat také řešení nenulová. Rovnici vydělíme
výrazem x(t)2 a tím ji převedeme na tvar rovnice homogenní
x(t + 1)
x(t)
2
+ a(t)
x(t + 1)
x(t)
+ b(t) = 0.
Pokud posloupnosti a, b splňují relaci a(t)2 ≥ 4b(t) pro všechny indexy, položíme
p(t) =
1
2
−a(t) + a(t)2 − 4b(t) a q(t) =
1
2
−a(t) − a(t)2 − 4b(t) .
a pravou stranu rovnice přepíšeme jako součin dvou výrazů
x(t + 1)
x(t)
− p(t)
x(t + 1)
x(t)
− q(t) = 0.
Odtud vidíme, že řešení každé z lineárních homogenních diferenčních rovnic prvního řádu
x1(t + 1) = p(t)x1(t) a x2(t + 1) = q(t)x2(t)
je také řešením původní rovnice. Tato řešení jsou
x1(t) = x0
t−1
i=t0
p(i) a x2(t) = x0
t−1
i=t0
q(i).
Tato dvě řešení lze kombinovat. Řešení může až do nějakého indexu, řekněma τ, splývat
s řešením x1 a od tohoto indexu splývat s řešením x2, které však v indexu τ splňuje počáteční
podmínku x2(τ) = x1(τ), tedy
x(t) = x0
τ−1
i=t0
p(i)
t−1
i=τ
q(i).
Obecně: nechť {τi}∞
i=1 je ryze rostoucí posloupnost celých čísel taková, že τ1 ≥ t0. Pak po-
sloupnost
x(t) = x0
τ1−1
i=t0
p(i)
τ2−1
i=τ1
q(i)
τ3−1
i=τ2
p(i)
τ4−1
i=τ3
q(i) · · ·
τk−1
i=τk−1
p(i)
t−1
i=τk
q(i)
je řešením dané implicitní rovnice; přitom k = max {j : τj < t}. Povšimněme si dále, že nulové
řešení je v tomto vyjádření zahrnuto pro x0 = 0. Pokud a(t)2 = 4b(t) pro všechny indexy t,
pak p = q = −1
2a a všechna řešení splývají, x(t) = x0(−1
2)t−t0
t−1
i=t0
a(i).
Tvrzení 9. Počáteční úloha pro implicitní rovnici tvaru
x(t + 1)2
+ a(t)x(t + 1)x(t) + b(t)x(t)2
= 0, x(t0) = x0
je pro x0 = 0 nebo a2 ≡ 4b jednoznačně řešitelná; je-li x0 = 0 a existuje index t1 ≥ t0, že
a(t1)2 > 4b(t1) a pro všechny indexy t ≥ t0 je a(t) ≥ 4b(t) pak má úloha řešení, které není
určeno jednoznačně; pokud a(t)2 < 4b(t) aspoň v jednom index, pak úloha nemá (reálné)
řešení, které by bylo definované na celém průniku definičních oborů posloupností a a b.
3.3. LOGARITMICKY LINEÁRNÍ ROVNICE 53
Příklad: Najdeme všechna řešení rovnice v implicitním tvaru
x(t + 1)2
− 3x(t)x(t + 1) + 2x(t)2
= 0.
Rovnici postupně upravíme:
x(t + 1)
x(t)
2
− 3
x(t + 1)
x(t)
+ 2 = 0,
x(t + 1)
x(t)
− 2
x(t + 1)
x(t)
− 1 = 0.
Dostáváme tak dvě homogenní lineární rovnice x(t+1) = 2x(t) a x(t+1) = x(t). Daná rovnice
má tedy dvě „základní“ řešení, konkrétně
x(t) = x02t−t0
a x(t) = x0,
kde x0 = x(t0). Tato řešení splývají pro x0 = 0.
3.3 Logaritmicky lineární rovnice
Jedná se o rovnici
x(t + k)rk(t)
x(t + k − 1)rk−1(t)
· · · x(t + 1)r1(t)
x(t)r0(t)
= b(t);
přitom r0, r1, . . . , rk jsou posloupnosti takové, že r0(t) = 0 = rk(t) pro všechna t z definičního
oboru. Substitucí
x(t) = ez(t)
(3.16)
tj. z(t) = ln x(t) převedeme uvažovanou rovnici na tvar
erk(t)z(t+k)+rk−1(t)z(t+k−1)+···+r1(t)z(t+1)+r0(t)z(t)
= b(t),
a dále zlogaritmováním na lineární rovnici k-tého řádu
z(t + k) +
rk−1(t)
rk(t)
z(t + k − 1) + · · · +
r1(t)
rk(t)
z(t + 1) +
r0(t)
rk(t)
z(t) =
ln b(t)
rk(t)
.
Povšimněme si, že z transformačního vztahu (3.16) plyne, že řešení původní rovnice musí být
kladné. Uvedený postup tedy můžeme použít pouze v případě, že počáteční hodnoty hledané
posloupnosti splňují podmínky
x(t0) = x0 > 0, x(t0 + 1) = x1 > 0. . . . , x(t0 + k − 1) = xk−1 > 0.
Příklad:
x(t + 2) =
x(t + 1)
x(t)
2
.
Rovnici přepíšeme ve tvaru
x(t + 2)x(t + 1)−2
x(t)2
= 1
a zavedeme substituci z(t) = ln x(t). Dostaneme lineární homogenní rovnici druhého řádu
z(t + 2) − 2z(t + 1) + 2z(t) = 0.
54 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
Její charakteristická rovnice λ2 − 2λ + 2 = má komplexně sdružené kořeny
λ1,2 =
2 ±
√
4 − 8
2
= 1 ± i.
Modul a argument charakteristických kořenů jsou
|λ| =
√
1 + 1 =
√
2, arg λ = arctg 1 =
1
4
π.
To znamená, že obecné řešení lineární rovnice je
z(t) =
√
2 t
A cos
πt
4
+ B sin
πt
4
a obecné řešení dané rovnice je
x(t) = exp
√
2 t
A cos
πt
4
+ B sin
πt
4
.
3.4 Rovnice řešitelné speciálními substitucemi
3.4.1 Goniometrické a hyperbolické substituce
Ukážeme několik speciálních rovnic, u kterých lze najít explicitní řešení pomocí goniometrické
nebo hyperbolické substituce. U všech těchto rovnic budeme uvažovat také počáteční
podmínku
x(t0) = x0. (3.17)
Uvedené rovnice byly získány pomocí známých vztahů pro goniometrické nebo hyperbolické
funkce násobného argumentu. Je z nich zřejmé, jak lze odvozovat další explicitně řešitelné
rovnice. Navíc téměř libovolnou transformací hledané posloupnosti lze z uvedených rovnic
získat další rovnice, které jsou opět explicitně řešitelné. Tuto skutečnost ukážeme na příkladech
Rovnice x(t + 1) = 2x(t)2 − 1
Řešení uvažované úlohy je pro libovolné t ≥ t0 určeno jednoznačně, neboť se jedná o rekurentní
formuli prvního řádu s počáteční podmínkou. Přitom je na pravé straně rovnosti výraz
definovaný pro jakoukoliv hodnotu x(t).
Z rovnice a z počáteční podmínky (3.17) plyne, že hodnota řešení x(t0 − 1) musí splňovat
rovnici x0 = 2 [x(t0 − 1)]2
− 1. Tato algebraická rovnice pro neznámou x(t0 − 1) nemá reálné
řešení, pokud x0 < −1, a má dvě různá reálná řešení, pokud x0 > −1. Obecně tedy úloha není
jednoznačně řešitelná pro t < t0. Proto budeme řešení hledat pouze pro t ≥ t0.
Pokud počáteční hodnota splňuje nerovnost |x0| ≤ 1, položíme x(t) = cos y(t). S využitím
známých vztahů pro goniometrické funkce
(cos α)2
+ (sin α)2
= 1 a cos 2α = (cos α)2
− (sin α)2
dostaneme
cos y(t + 1) = x(t + 1) = 2x(t)2
− 1 = 2 cos y(t)
2
− 1 = cos y(t)
2
− sin y(t)
2
= cos 2y(t).
3.4. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SPECIÁLNÍMI SUBSTITUCEMI 55
To znamená, že y(t + 1) je řešením goniometrické rovnice
cos y(t + 1) = cos 2y(t),
a tedy
y(t + 1) = ±2y(t) + 2kπ, k ∈ Z.
Každá z tohoto spočetného systému lineárních nehomogenních diferenčních rovnic prvního
řádu má podle 2. důsledku Tvrzení 1 řešení tvaru
y(t) = y0(±2)t−t0
+ 2kπ
(±2)t−t0 − 1
±2 − 1
, k ∈ Z,
kde y0 = y(t0), tj. cos y0 = x0, y0 = arccos x0. Druhý sčítanec na pravé straně rovnosti můžeme
upravit na tvar
2kπ
(±2)t−t0 − 1
±2 − 1
= 2kπ
t−t0−1
i=0
(±2)i
.
Součet celých čísel je celé číslo a to znamená, že druhý sčítanec je sudým násobkem π, tj.
y(t) = y0(±2)t−t0
+ 2lπ
pro nějaké l ∈ Z. Zpětnou substitucí a úpravou s využitím součtového vzorce
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
dostaneme
x(t) = cos y0(±2)t−t0
+ 2lπ = cos y0(±2)t−t0
cos 2lπ − sin y0(±2)t−t0
sin 2lπ =
= cos (±1)t−t0
2t−t0
y0 = cos 2t−t0
y0 ,
neboť cosinus je sudá funkce. Řešení úlohy
x(t + 1) = 2x(t)2
− 1, x(t0) = x0 ∈ [−1, 1] (3.18)
je tedy tvaru
x(t) = cos 2t−t0
arccos x0 .
Pokud je |x0| > 1, položíme x(t) = cosh y(t). S využitím známého vztahu pro hyperbolický
cosinus1
cosh 2α = 2(cosh α)2
− 1
dostaneme
cosh y(t + 1) = x(t + 1) = 2x(t)2
− 1 = 2 cosh y(t)
2
− 1 = cosh 2y(t).
Hodnota y(t + 1) je tedy řešením rovnice cosh y(t + 1) = cosh 2y(t). Poněvadž hyperbolický
cosinus je sudá funkce, která je ryze monotonní na každém z intervalů (−∞, 0] a [0, ∞), platí
y(t + 1) = ±2y(t),
1
cosh 2α = 1
2
e2α
+ e−2α
= 1
2
eα
+ e−α 2
− 2 = 2 1
2
(eα
+ e−α
)
2
− 1 = 2(cosh α)2
− 1
56 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
což jsou dvě rekurentní formule pro geometrickou posloupnost, jedna má kvocient 2, druhá
−2. Posloupnost tedy můžeme vyjádřit ve tvaru
y(t) = y0(±2)t−t0
= (±1)t−t0
2t−t0
y0,
kde y0 = y(t0), tj. cosh y0 = x0,
y0 = argcosh x0 = ln |x0| + x2
0 − 1 .
Poněvadž hyperbolický cosinus je sudá funkce, dostaneme řešení úlohy s počáteční hodnotou
x0 ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞) ve tvaru
x(t) =
x0, t = t0,
cosh 2t−t0 ln |x0| + x2
0 − 1 , t > t0.
Příklad:
x(t + 1) = 2x(t) 2x(t) − 1 , x(0) = 1
8
Nejprve upravíme pravou stranu rovnice tak, aby byla tvaru f(2X2 − 1) pro nějakou funkci f
a nějaký výraz X závisející na x(t); použijeme doplnění na úplný čtverec:
4x(t)2
− 2x(t) = 2x(t) − 1
2
2
− 1
4 = 1
2 2 2x(t) − 1
2
2
− 1 + 1
4 .
Odtud vidíme, že daná diferenční rovnice je ekvivalentní s rovnicí
2x(t + 1) − 1
2 = 2 2x(t) − 1
2
2
− 1.
Můžeme tedy použít substituci y(t) = 2x(t)− 1
2, která převádí danou úlohu na počáteční úlohu
ve tvaru
y(t + 1) = 2y(t)2
− 1, y(0) = −1
4,
která má řešení
y(t) = cos 2t
arccos −1
4 = cos 2t
π − arccos 1
4 =
−1
4, t = 0
cos 2t arccos 1
4 , t > 0.
Řešení dané úlohy je tedy pro t > 0 dáno výrazem
x(t) = 1
2 cos 2t
arccos 1
4 + 1
2 = 1
4 + 1
2 cos 2t
arccos 1
4 .
Rovnice x(t + 1) = 2x(t) 1 ± x(t)2
Řešení uvažované úlohy je pro t ≥ t0 určeno jednoznačně, neboť se jedná o rekurentní formuli
prvního řádu s počáteční podmínkou a odmocninu považujeme v reálném oboru za jednoznačnou
funkci. Řešení ovšem v případě znaménka „−“ pod odmocninou nemusí být definováno
pro každé t ≥ t0; je-li totiž v takovém případě |x(t)| > 1, pak není x(t + 1) definováno.
Z rovnice a z počáteční podmínky plyne, že pro hodnotu x(t0 − 1) řešení by mělo platit
x0 = 2x(t0 − 1) 1 ± x(t0 − 1)2,
3.4. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SPECIÁLNÍMI SUBSTITUCEMI 57
nebo po snadné úpravě
±4 [x(t0 − 1)]4
+ 4 [x(t0 − 1)]2
− x2
0 = 0,
takže by mělo platit
x(t0 − 1) =
−4 ± 16 ∓ 16x2
0
±8
=
1
2
1 ± x2
0 ∓ 1 ;
hodnota x(t0 − 1) tedy není určena jednoznačně. Z tohoto důvodu má smysl uvažovat řešení
pouze pro t ≥ t0.
Pokud je pod odmocninou na pravé straně rovnice znaménko „+“, tedy pokud je rovnice
tvaru
x(t + 1) = 2x(t) 1 + x(t)2, (3.19)
zavedeme substituci x(t) = sinh y(t) a využijeme známých vlastností hyperbolických funkcí
sinh 2α = 2 sinh α cosh α, (cosh α)2
− (sinh α)2
= 1, cosh α > 0.
Pak je
sinh y(t + 1) = x(t + 1) = 2x(t) 1 + x(t)2 = 2 sinh y(t) 1 + sinh y(t)
2
=
= 2 sinh y(t) cosh y(t) = sinh 2y(t).
Poněvadž hyperbolický sinus je prostá funkce, implicitní diferenční rovnice
sinh y(t + 1) = sinh y(t)
je ekvivalentní s explicitní rovnicí y(t + 1) = 2y(t) a její řešení je tvaru
y(t) = 2t−t0
y0,
kde y0 = y(t0), tj. x0 = sinh y0, y0 = argsinh x0 = ln x0 + x2
0 + 1 .
Zpětnou substitucí dostaneme řešení úlohy (3.19), (3.17) pro t ≥ t0 ve tvaru
x(t) = sinh 2t−t0
argsinh x0 =
1
2
x0 + 1 + x2
0
2t−t0
− x0 + 1 + x2
0
−2t−t0
.
(3.20)
Rovnice se znaménkem „−“ pod odmocninou na pravé straně, tedy rovnice
x(t + 1) = 2x(t) 1 − x(t)2 (3.21)
může mít řešení pouze pro počáteční podmínku x0 ∈ [−1, 1], pro |x| > 0 není pravá strana
rovnice definována. Navíc pro všechny hodnoty řešení musí platit |x(t)| ≤ 1. Pokud je x0 = 0,
bude řešením úlohy (3.21), (3.17) konstantní posloupnost x ≡ 0.
Dále si můžeme všimnout, že pro řešení úlohy platí
x(t + 1)x(t) = 2x(t)2
1 − x(t)2 ≥ 0,
58 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
neboť odmocninu v reálném oboru chápeme jako nezápornou funkci. To znamená, že řešení
rovnice nemění znaménko, tj. sgn x(t) = sgn x0 pro všechna t ≥ t0.
Toto pozorování umožňuje zavést substituci
x(t) = | sin y(t)| sgn x0. (3.22)
Využijeme známých vlastností goniometrických funkcí
sin 2α = 2 sin α cos α, (cos α)2
+ (sin α)2
= 1
a pro x0 = 0 dostaneme
| sin y(t + 1)| = 2| sin y(t)| 1 − sin y(t)
2
= 2| sin y(t)| · | cos y(t)| =
= |2 sin y(t) cos y(t)| = | sin 2y(t)|.
Řešíme tedy goniometrickou rovnici s absolutní hodnotou | sin y(t + 1)| = | sin y(t)| pro neznámou
y(t + 1). Řešení této rovnice může být řešením některé ze dvou goniometrických rovnic
sin y(t + 1) = sin 2y(t), sin y(t + 1) = − sin 2y(t)
pro neznámou y(t + 1). První z těchto rovnic má dvě řešení
y(t + 1) = 2y(t) + 2kπ, y(t + 1) = −2y(t) + (2k + 1)π, k ∈ Z,
druhá má také dvě řešení
y(t + 1) = −2y(t) + 2kπ, y(t + 1) = 2y(t) + (2k + 1)π, k ∈ Z.
To znamená, že posloupnost y splňuje některou z nekonečného systému lineárních rekurentních
formulí prvního řádu
y(t + 1) = ±2y(t) + kπ, k ∈ Z,
nebo ekvivalentně lineárních diferenčních rovnic ∆y = (±2 − 1)y + kπ. Podle 2. důsledku
Tvrzení 1 je řešení těchto rovnic tvaru
y(t) = y0(±2)t−t0
+ kπ
(±2)t−t0 − 1
±2 − 1
= y0(±2)t−t0
+ kπ
t−t0−1
i=0
(±2)i
,
kde y0 = y(t0) = arcsin x0. Sumu na pravé straně rovnosti lze vyjádřit jako
t−t0−1
i=0
(±2)i
=
0, t = t0,
1 ± 2 + 4 ± · · · + (±2)t−t0−1, t > t0,
což znamená, že pro t > t0 je rovna lichému celému číslu. Proto pro t > t0 platí
y(t) = (±2)t−t0
y0 + (2l + 1)π, l ∈ Z
a tedy také
x(t) = | sin y(t)| sgn x0 =
= sin (±2)t−t0
y0 cos (2l + 1)π + cos (±2)t−t0
y0 sin (2l + 1)π sgn x0 =
= −(∓1)t−t0
sin 2t−t0
y0 + 0 sgn x0 = (±1)t−t0
sin 2t−t0
y0 sgn x0 =
= sin 2t−t0
arcsin x0 sgn x0.
3.4. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SPECIÁLNÍMI SUBSTITUCEMI 59
Dostáváme tak výsledek, že řešení počáteční úlohy (3.21), (3.17) s x0 ∈ [−1, 1] je pro t ≥ t0
dáno formulí
x(t) = sin 2t−t0
arcsin x0 sgn x0; (3.23)
toto řešení nemění znaménko a pro libovolné t ≥ t0 splňuje nerovnost |x(t)| ≤ 1.
Příklad:
x(t + 1) =
x(t)2
4 x(t) + 1
, x(0) = −3
Zavedeme substituci x(t) = −
1
y(t)2
. Pak
1
y(t + 1)2
= −x(t + 1) = −
x(t)2
4 x(t) + 1
=
−1
4y(t)4 −
1
y(t)2
+ 1
=
1
4y(t)2 1 − y(t)2
.
Tedy y(t + 1)2 = 4y(t)2 1 − y(t)2 , neboli
y(t + 1) = 2y(t) 1 − y(t)2.
Řešení této rovnice s počáteční podmínkou y(0) =
√
3
3 je podle předchozího výsledku dáno
výrazem y(t) = sin 2t arcsin
√
3
3 . Řešení dané úlohy tedy je
x(t) = −

 1
sin 2t arcsin
√
3
3


2
.
Rovnice x(t + 1) =
2x(t)
1 − x(t)2
, x(t + 1) =
x(t)2 − 1
2x(t)
Opět má smysl řešit počáteční úlohu pouze pro t ≥ t0.
V případě první rovnice zavedeme substituci x(t) = tg y(t) a využijeme vzorec pro tangens
dvojnásobného argumentu
tg 2α =
2 tg α
1 − (tg α)2
.
Pak je
tg y(t + 1) = x(t + 1) =
2x(t)
1 − x(t)2
=
2 tg y(t)
1 − tg y(t)
2 = tg 2y(t).
Řešíme tedy goniometrickou rovnici tg y(t + 1) = tg 2y(t) pro neznámou y(t + 1). Dostaneme
y(t + 1) = 2y(t) + kπ, k ∈ Z.
Tato lineární nehomogenní rovnice prvního řádu má řešení
y(t) = y02t−t0
+ kπ 2t−t0
− 1 ,
60 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
kde y0 = y(0) = arctg x0. Zpětnou substitucí dostaneme
x(t) = tg 2t−t0
arctg x0 + (2t−t0
− 1)kπ =
=
tg 2t−t0 arctg x0 + tg (2t−t0 − 1)kπ
1 − tg 2t−t0 arctg x0 tg (2t−t0 − 1)kπ
= tg 2t−t0
arctg x0 .
Řešení počáteční úlohy
x(t + 1) =
2x(t)
1 − x(t)2
, x(t0) = x0
je dáno výrazem
x(t) = tg 2t−t0
arctg x0 .
Druhou rovnici řešíme analogicky, použijeme substituci x(t) = cotg y(t).
Příklad:
x(t + 1) = 2
x(t) − 1
x(t) 2 − x(t)
+ 1, x(0) = 1
2 .
Rovnici postupně upravujeme
1 − x(t + 1) = 2
1 − x(t)
x(t) 2 − x(t)
,
1 − x(t + 1) = 2
1 − x(t)
1 − 1 − x(t) 1 + 1 − x(t)
,
1 − x(t + 1) = 2
1 − x(t)
1 − 1 − x(t)
2 .
Tento zápis rovnice ukazuje, že substituce y(t) = 1 − x(t) rovnici transformuje na uvažovaný
tvar. Řešení úlohy je tedy dáno relací
1 − x(t) = tg 2t
arctg(1 − x0) = tg 2t−1 π
3
,
neboť 1 − x0 = 1
2, arctg 1
2 = 1
6 π. Řešení dané úlohy tedy je
x(t) = 1 − tg
2t−1
3
π .
3.4.2 Logistická rovnice
Logistická diferenční rovnice je rovnice tvaru
x(t + 1) = ax(t) 1 − x(t) , nebo ∆x = x(a − 1 − ax),
kde a ∈ R, a = 0.
Rekurentní vztah pro hledanou posloupnost x ukazuje, že logistická rovnice s počáteční
podmínkou x(t0) = x0 má jednoznačné řešení pro t ≥ t0. Z rekurentního vztahu však obecně
nelze jednoznačně vyjádřit hodnotu x(t) v závislosti na x(t + 1). Z rovnice
ax(t)2
− ax(t) + x(t + 1) = 0
3.4. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SPECIÁLNÍMI SUBSTITUCEMI 61
totiž vychází
x(t) =
1
2
1 ± 1 −
4x(t + 1)
a
.
Odtud plyne, že logistická rovnice s počáteční podmínkou x(t0) = x0 má reálné řešení pro
nějaké indexy t < t0 pouze v případě, že x0 ≤ 1
4a. Toto řešení však obecně není vyjádřeno
jednoznačně. Jedinou výjimkou je případ a = 2, x0 = 1
2; pak je konstantní posloupnost x ≡ 1
2
jednoznačným řešením počáteční úlohy definovaným na celé množině Z. V případě x0 = 1
4a,
a = 2 totiž dostaneme x(t0 − 1) = 1
2 = x0 a hodnota x(t0 − 2) již není určena jednoznačně.
Z vyjádření diference hledané posloupnosti x bezprostředně plyne, že konstantní posloup-
nosti
x ≡ 0 a x ≡ 1 −
1
a
(3.24)
jsou řešeními logistické rovnice definovanými na celé množině Z. Tyto posloupnosti ovšem
obecně nelze považovat za řešení logistické rovnice s počáteční hodnotou x0 = 0 nebo x0 =
1 − 1/a.
Počáteční úlohu pro logistickou rovnici vyřešíme pouze ve třech speciálních případech.
Případ a = 2: Budeme řešit počáteční úlohu
x(t + 1) = 2x(t) 1 − x(t) , x(t0) = x0, (3.25)
která je ekvivalentní s úlohou
∆x = x(1 − 2x), x(t0) = x0.
Nejprve zavedeme substituci
y(t) = 1 − 2x(t), tj. x(t) =
1
2
1 − y(t) . (3.26)
Po dosazení a úpravách postupně dostaneme
1
2
1 − y(t + 1) = 1 − y(t) 1 −
1
2
1 − y(t)
1
2
1 − y(t + 1) =
1
2
1 − y(t)2
y(t + 1) = y(t)2
y(t + 1)y(t)−2
= 1.
To je logaritmicky lineární rovnice. Jejím logaritmováním dostaneme
ln y(t + 1) − 2 ln y(t) = 0,
což je lineární homogenní rovnice z(t + 1) = 2z(t) pro posloupnost
z(t) = ln y(t). (3.27)
To znamená, že z(t) = z02t−t0 , kde z0 = ln y(t0) = ln 1 − 2x(t0) . Odtud dostaneme
y(t) = ez(t)
= exp 2t−t0
ln(1 − 2x0) = (1 − 2x0)2t−t0
.
62 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
Zpětnou substitucí dostaneme řešení úlohy ve tvaru
x(t) =
1
2
1 − (1 − 2x0)2t−t0
. (3.28)
Při řešení úlohy jsme mlčky předpokládali, že výraz ln(1 − 2x0) je definován, tedy že x0 < 1
2.
Výraz na pravé straně rovnosti (3.28) je však definován pro každé x0 ∈ R. Platí totiž
(1 − 2x0)2t−t0
= |1 − 2x0| sgn(1 − 2x0)
2t−t0
=
1 − 2x0, t = t0,
exp 2t−t0 ln |1 − 2x0| , t = t0.
Přímým výpočtem se můžeme přesvědčit, že rovností (3.28) je skutečně definováno řešení
úlohy (3.25) pro libovolnou počáteční hodnotu.
Postup hledání tvaru (3.28) řešení počáteční úlohy (3.25) pomocí substitucí (3.26) a (3.27)
můžeme popsat ve zhuštěné formě: substitucí
1 − 2x(t) = exp z(t)
najdeme řešení úlohy (3.25) ve tvaru
1 − 2x(t) = exp 2t−t0
ln(1 − 2x0) .
Kvalitativní vlastnosti řešení úlohy (3.25). Pro x0 ∈ (0, 1) je |1 − 2x0| < 1, takže řešení
úlohy s takovými počátečními hodnotami splňuje
lim
t→∞
x(t) = 1
2 − 1
2 lim
t→∞
(1 − 2x0)2t−t0
= 1
2.
Pro x0 ∈ {0, 1} a t > t0 je (1 − 2x0)2t−t0
= 1, neboť číslo 2t−t0 je sudé. Proto řešení úlohy
(3.25) s počáteční podmínkou x0 ∈ {0, 1} splňuje rovnost x(t) = 0 pro každé t > t0.
Pro x0 > 1 nebo x0 < 0 je |1 − 2x0| > 1 a proto lim
t→∞
x(t) = −∞.
Pro x0 = 1
2 je řešení úlohy (3.25) rovno x ≡ 1
2 v souladu s (3.24). Toto řešení je definováno
na celé množině Z, jak již bylo předesláno.
Případ a = 4: Nejprve budeme hledat nezáporné řešení počáteční úlohy
x(t + 1) = 4x(t) 1 − x(t) , x(t0) = x0. (3.29)
To znamená, že budeme předpokládat, že x0 ∈ [0, 1] a zavedeme substituci
x(t) = y(t)2
, tj. y(t) = x(t) . (3.30)
Po dosazení do rekurentní formule v (3.29) dostaneme
y(t + 1)2
= 4y(t)2
1 − y(t)2
= 2y(t) 1 − y(t)2
2
,
tedy
y(t + 1) = 2y(t) 1 − y(t)2 .
3.4. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SPECIÁLNÍMI SUBSTITUCEMI 63
Počáteční podmínka bude y(t0) =
√
x0 ≥ 0. Jedná se tedy o rovnici tvaru (3.21) s nezápornou
počáteční hodnotou, kterou řešíme substitucí
y(t) = | sin z(t)|. (3.31)
Podle (3.23) dostaneme řešení ve tvaru
y(t) = sin 2t−t0
arcsin
√
x0 .
Zpětnou substitucí dostaneme řešení x(t) = y(t)2 úlohy (3.29) vyjádřené formulí
x(t) = sin 2t−t0
arcsin
√
x0
2
. (3.32)
Přímým výpočtem můžeme ověřit, že tato posloupnost je skutečně řešením úlohy (3.29).
Postup hledání řešení tvaru (3.32) počáteční úlohy (3.29) s x0 ∈ [0, 1] pomocí substitucí
(3.30) a (3.31) můžeme opět zformulovat ve zhuštěné podobě: Substitucí
x(t) = | sin z(t)|
najdeme řešení úlohy (3.29) s x0 ∈ [0, 1] ve tvaru
x(t) = sin 2t−t0
arcsin
√
x0 .
Kvalitativní vlastnosti řešení úlohy (3.29) s x0 ∈ [0, 1].
Nejprve ukážeme, že logistická rovnice s parametrem a = 4 má periodická řešení libovolné
periody. Buď tedy n libovolné přirozené číslo a položíme
x0 = sin
2n−1
2n + 1
π
2
.
Dosazením do (3.32) dostaneme
x(t0 + n) =

sin

2n
arcsin sin
2n−1
2n + 1
π
2




2
= sin 2n 2n−1
2n + 1
π
2
=
= sin (2n
+ 1 − 1)
2n−1
2n + 1
π
2
= sin 2n−1
π −
2n−1
2n + 1
π
2
= − sin
2n−1
2n + 1
π
2
= x0.
Pro n = 1 je
sin
2n−1
2n + 1
π
2
= sin 1
3π
2
=
√
3
2
2
= 3
4
v souladu s (3.24).
V případě rovnice (3.25) libovolné řešení s počáteční hodnotou x0 ∈ (0, 1) konvergovalo
ke konstantnímu nenulovému řešení. Rovnice (3.29) tuto vlastnost nemá, periodická řešení
samozřejmě nekonvergují. Ovšem existují taková řešení, která ke 3
4 konvergují. Uvažme řešení
s počáteční hodnotou
x0 = sin
1
3 · 2n
π
2
64 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
a buď k ∈ N0 libovolné. Pak platí
x(t0 + k) = sin 2k 1
3 · 2n
π
2
=



3
4 , k ≥ n,
sin 1
3·2n−k π
2
= 3
4, k < n.
Toto řešení tedy konverguje ke 3
4 a to tak, že po n krocích této hodnoty dosáhne a zůstane
konstantní.
Počáteční úloha pro logistickou rovnici s parametrem a = 4 má také řešení, které je nenulové
pouze pro konečně mnoho indexů, tj. řešení, které „po konečně mnoha krocích vymizí“.
Buď opět n ∈ N libovolné číslo a položme
x0 = sin
π
2n
2
.
Pro libovolné k ∈ N0 platí
x(t0 + k) = sin 2k π
2n
2
= sin 2k−n
π
2
.
To znamená, že x(t0 + k) = 0 pro k ≥ 0 a x(t0 + k) > 0 pro k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}.
Nyní hledejme řešení úlohy (3.29) s počáteční hodnotou x0 splňující nerovnost x0 > 1 nebo
x0 < 0, tj. x0 − 1
2 > 1
2.
Nejprve si všimněme, že pro x0 > 1 je x(t0 + 1) = 4x0(1 − x0) < 0. Dále pro x(t) < 0 je
také
x(t + 1) = 4x(t) 1 − x(t) = −4|x(t)| 1 + |x(t)| < 0,
což znamená, že pokud v nějakém t1 je řešení úlohy (3.29) záporné, pak je záporné pro každé
t ≥ t1. Celkem tak dostáváme, že pro počáteční hodnotu x0 splňující nerovnost x0 − 1
2 > 1
2,
řešení úlohy (3.29) splňuje nerovnost x(t) < 0 pro všechna t ≥ t0 +1. Budeme tedy řešit úlohu
x(t + 1) = 4x(t) 1 − x(t) , x(t0 + 1) = x1 < 0. (3.33)
Poněvadž řešení této úlohy je záporné, můžeme použít substituci
x(t) = −y(t)2
, tj. |y(t)| = −x(t). (3.34)
Dosazením do rovnice v (3.33) dostaneme
y(t + 1)2
= −x(t + 1) = −4x(t) 1 − x(t) = 4y(t)2
1 + y(t)2
,
neboli
|y(t + 1)|2
= 2|y(t)| 1 + |y(t)|2.
To je diferenční rovnice tvaru (3.19) pro posloupnost |y|. Příslušná počáteční podmínka je
y(t0 + 1)| =
√
−x1. Tuto úlohu řešíme substitucí |y(t)| = sinh z(t) a podle (3.20) dostaneme
její řešení ve tvaru
|y(t)| = sinh 2t−t0−1
argsinh |y(t0 + 1)| = sinh 2t−t0−1
argsinh
√
−x1 .
Zpětnou substitucí (3.34) napíšeme řešení úlohy (3.33) ve tvaru
x(t) = − sinh 2t−t0−1
argsinh
√
−x1
2
. (3.35)
3.4. ROVNICE ŘEŠITELNÉ SPECIÁLNÍMI SUBSTITUCEMI 65
Tento výsledek můžeme ještě upravit. Nejprve využijeme skutečnosti, že −x1 = 4x0(x0 − 1) a
proto
argsinh
√
−x1 = argsinh 4x2
0 − 4x0 = ln 4x2
0 − 4x0 + 4x2
0 − 4x0 + 1 =
= ln (2x0 − 1)2 − 1 + (2x0 − 1)2 = ln |1 − 2x0| + (2x0 − 1)2 − 1 =
= argcosh |1 − 2x0|;
dále využijeme vzorec pro hyperbolický sinus polovičního argumentu
sinh
α
2
2
=
cosh α − 1
2
a po dosazení dostaneme
x(t) = −1
2 cosh 2t−t0
argcosh |1 − 2x0| − 1 .
Odtud vyjádříme
1 − 2x(t) = cosh 2t−t0
argcosh |1 − 2x0| . (3.36)
Řešení úlohy (3.29) s počáteční hodnotou x0, splňující nerovnost x0 − 1
2 > 1
2 jsme pro t > t0
dostali v implicitním tvaru (3.36). Již snadno ověříme, že rovností
|1 − 2x(t)| = cosh 2t−t0
argcosh |1 − 2x0| (3.37)
je dáno řešení úlohy (3.29) s počáteční hodnotou splňující x0 − 1
2 > 1
2 pro každé t ≥ t0.
Přímým výpočtem můžeme také ukázat, že substitucí
|1 − 2x(t)| = cosh z(t)
dostaneme řešení úlohy (3.29) s počáteční hodnotou x0 splňující nerovnost x0 − 1
2 > 1
2 ve
tvaru (3.37).
Kvalitativní vlastnosti řešení úlohy (3.29) s počáteční hodnotou x0 splňující nerovnost
x0 − 1
2 > 1
2 . Z vyjádření řešení ve tvaru (3.35) vidíme, že pro libovolné řešení x úlohy platí
lim
t→∞
= −∞
a posloupnost x je ryze klesající.
Případ a = −2: Budeme řešit počáteční úlohu
x(t + 1) = −2x(t) 1 − x(t) , x(t0) = x0. (3.38)
Nejprve zavedeme substituci
y(t) = x(t) − 1
2 , tj. x(t) = y(t) + 1
2 . (3.39)
Po dosazení dostaneme
y(t + 1) = x(t + 1) − 1
2 = −2x(t) 1 − x(t) − 1
2 = −2 y(t) + 1
2 1 − y(t) − 1
2 − 1
2 =
= −2 y(t) + 1
2 −y(t) + 1
2 − 1
2 = 2 y(t)2
− 1
4 − 1
2 = 2y(t)2
− 1.
66 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
Posloupnost y je tedy řešením počáteční úlohy
y(t + 1) = 2y(t)2
− 1, y(t0) = x0 − 1
2.
To je první z rovnic řešitelná goniometrickou nebo hyperbolickou substitucí, viz 3.4.1. Řešení
rovnice hledáme pro různé počáteční hodnoty různými substitucemi.
Nechť nejprve y(t0) = x0 − 1
2 ∈ [−1, 1], tj. x0 ∈ −1
2, 3
2 . Substitucí
y(t) = cos z(t) (3.40)
dostaneme řešení ve tvaru y(t) = cos 2t−t0 arccos y0 . Zpětnou substitucí dostaneme řešení
původní úlohy
x(t) = 1
2 + cos 2t−t0
arccos x0 − 1
2 .
Pokud |y(t0)| = x0 − 1
2 > 1, tj. x0 < −1
2 nebo x0 > 3
2, použijeme substituci
y(t) = cosh z(t) (3.41)
a dostaneme řešení ve tvaru
x(t) = 1
2 + cosh 2t−t0
ln |x0 − 1
2| + x0 − 1
2
2
− 1 .
Řešení logistické rovnice s parametrem a = −2 pomocí substitucí (3.39) a (3.40) nebo
(3.41) můžeme opět shrnout:
Řešení úlohy (3.38) s počáteční podmínkou x(t0) = x0 ∈ [−1
2, 3
2 ] najdeme substitucí
x(t) − 1
2 = cos z(t)
ve tvaru
x(t) − 1
2 = cos 2t−t0
arccos x0 − 1
2 ;
řešení úlohy (3.38) s počáteční podmínkou |x0 − 1
2| > 1 najdeme substitucí
x(t) − 1
2 = cosh z(t)
ve tvaru
x(t) − 1
2 = cosh 2t−t0
argcosh x0 − 1
2 .
„Zobecňující“ poznámka: Logistickou rovnici
x(t + 1) = ax(t) 1 − x(t)
lze pro některé hodnoty parametru a a některé počáteční hodnoty x0 řešit substitucí
f x(t) = ϕ z(t) ,
kterou dostaneme řešení logistické rovnice v implicitním tvaru
f x(t) = ϕ 2t−t0
ϕ−1
f(x0) .
Hodnoty parametru a a počáteční hodnoty x0, pro které jsme tímto postupem našli řešení
logistické rovnice jsou shrnuty v tabulce 3.1.
3.5. CVIČENÍ 67
parametr počáteční hodnota f(ξ) ϕ(ζ)
a = 2 x0 ∈ R 1 − 2ξ eζ
a = 4 x0 ∈ [0, 1]
√
ξ | sin ζ|
a = 4 x0 > 1 nebo x0 < 0 |1 − 2ξ| cosh ζ
a = −2 x0 ∈ [−1
2, 3
2] ξ − 1
2 cos ζ
a = −2 x0 < −1
2 nebo x0 > 3
2 ξ − 1
2 cosh ζ
Tabulka 3.1: Hodnoty parametru a počáteční podmínky, pro které je řešení diskrétní logistické
rovnice x(t + 1) = ax(t) 1 − x(t) s počáteční podmínkou x(t0) = x0 implicitně dáno rovností
f x(t) = ϕ 2t−t0 ϕ−1 f(x0) .
3.5 Cvičení
V úlohách 1–6 najděte obecné řešení rovnice.
1. x(t + 1)2 − (2 + t)x(t + 1)x(t) − 2tx(t)2 = 0
2. x(t + 1)x(t) − x(t + 1) + x(t) = 0
3. x(t + 1)x(t) − 2
3x(t + 1) + 1
6 x(t) = 5
18
4. x(t + 1) = x(t)2
5. x(t + 1) = 2x(t) 1 − x(t)2
6. x(t + 1) = 1
2 x(t) −
a
x(t)
, a > 0
V úlohách 7–10 najděte řešení rovnice s počáteční podmínkou x(0) = x0.
7. x(t + 1)2 − 2x(t + 1)x(t) − 3x(t)2 = 0
8. x(t + 1) = 5 −
6
x(t)
9. x(t + 1) =
x(t) + a
x(t) + 1
, a > 0
10. x(t + 1) =
2 − x(t)2
2 1 − x(t)
11. Řešte počáteční úlohu x(t + 2) =
x(t + 1)3
x(t)2
, x(0) = x0, x(1) = x1.
12. Ukažte, že k libovolnému kladnému přirozenému číslu n existuje hodnota x0 = x0(n)
taková, že řešení úlohy
x(t + 1) = 2x(t) x(t) − 1 , x(0) = x0
má periodu n.
68 KAPITOLA 3. DALŠÍ EXPLICITNĚ ŘEŠITELNÉ ROVNICE
Výsledky:
1. 2t
c, x(t0)(−1)t−t0
t−1
i=t0
i,
2. 1
c − t
,
3. 5 − 2c(−6)t
6 1 + c(−6)t
, −1
3
4. c2t
5. sin 2t
c
6.
√
a cotg 2t
c
7. „základní řešení“ x03t
, x0(−1)t
8. 3x0 − 6
x0 − 2 + (x0 + 3) 2
3
t +
2x0 + 6
x0 + 3 + (x0 − 2) 3
2
t
9.
√
a
(x0 +
√
a) (1 +
√
a)
t
+ (x0 −
√
a) (1 −
√
a)
t
(x0 +
√
a) (1 +
√
a)
t
− (x0 −
√
a) (1 −
√
a)
t
10. 1 − cotg (2t
arccotg(1 − x0))
11. x0
x1
x0
2t
−1
12. Například x0 = 1
2 + cos
2π
2n − 1