6. РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ПРИМЕРОВ

Авторы считают, что усвоение некоторой математической теории непосредственно связано с умением решать (по крайней мере, в процессе этого усвоения) типовые задачи, характерные для этой теории. Мы предлагаем (в случае разностных уравнений) 6 задач трех типов. Первые 2 задачи – это решение однородных разностных уравнений методом Эйлера (задачи 1–20 а) и б)). Задачи 21–40 а) и б) – это задачи, связанные с нахождением оригинала по данному z-преобразованию. В задачах 41–60 а), б) требуется решить неоднородные разностные уравнения с помощью z-преобразования. Во всех заданиях возможные последовательности составлены из вещественных чисел.

6.1. Решение задач 1–20 методом Эйлера. В этих задачах могут уча-

ствовать разностные уравнения 1, 2 и 3-го порядков. Сначала мы составля-

18

ем характеристическое уравнение, (которое является алгебраическим) 1, 2 или 3-го порядка соответственно. Во всех случаях решение характеристического уравнения не должно вызывать затруднений. Среди корней этого уравнения могут быть кратные или комплексные корни. Рассмотрим несколько вариантов возможных заданий.

Решение задач 1–20, т. е. решение однородных линейных разностных уравнений методом Эйлера. Здесь могут встретиться разностные уравнения 1, 2 и 3-го порядков. Во всех случаях решение характеристического уравнения не должно вызывать трудностей. Корни характеристического уравнения могут быть простыми или кратными, вещественными или комплексными.

Пример 1. Корни характеристического уравнения вещественны и различны (уравнение 2-го порядка).

ап + 2 + 2ап + 1 – 8ап = 0, а0 = 1, а1 = 4.

Запишем характеристическое уравнение

q2 + 2q – 8 = 0.

Решаем его

q1,2 2 24 32 22 6 1 3 , т. е. q1 = 2, q2 = –4.

Значит, общее решение данного разностного уравнения имеет вид: an

= C1q1n + C2q2n, т. е. an = C12n + C2(–4)n = C12n + (–1)nC24n. Используем начальные условия для нахождения постоянных:

Получаем C1 43 , C2 13 . Итак, an 43 2n 13 ( 1)n 4n .

Рассмотрим теперь самый простой случай. Пример 2. Уравнение 1-й степени.

ап + 1 + 2ап = 0, а0 = 1.

Характеристическое уравнение имеет вид:

q + 2 = 0; q = –2, an = C(–2)n, n = 0: a0 = C = 1, C = 1, an = (–2)n = (–1)n2n.

Пример 3. Характеристическое уравнение (2-го порядка) имеет кратные, т. е. равные, вещественные корни.

19

Наконец, самый «неприятный» случай уравнения 2-го порядка, когда характеристические уравнение имеет комплексно сопряженные корни. Заметим, что теоретически этот случай отличается от предыдущих только тем, что ответ получится в комплексной форме (несмотря на то что сама последовательность будет вещественной при всех п. Но мы покажем как получается (через тригонометрическую форму комплексных корней) вещественный ответ.

Пример 4. Характеристическое уравнение имеет комплексно сопряженные корни.

an + 2 + 2an + 1 + 10an = 0, a0 = 0, a1 = 1. Тогда q1,2 = –1± 3i, q1 = –1 + 3i, q2 = –1 – 3i.

В соответствии с теорией найдем показательную форму числа q1 (для этого надо найти модуль и аргумент этого числа): q1 q2 10 ;

sin φ положителен (угол φ лежит во второй четверти ), то

20

n

an 13 102 sin(n ) .

Пример 5. Разностное уравнение 3-го порядка с вещественными корнями характеристического уравнения. В этих примерах один из корней должен легко угадываться (напомним, что целые корни полинома с целыми коэффициентами и со старшим коэффициентом, равным единице, обязательно являются делителями его свободного члена).

Найти ап из уравнения:

ап + 3 – 3ап + 2 + 4ап = 0, a0 = 0, a1 = 1, a2 = –5.

В этом случае q3 – 3q2 + 4 = 0. Угадываем корень q1 = –1 (если бы не угадали, то перепробовали бы в качестве корней все делители свободного члена 4, т. е. числа +1, –1, +2, –2, 4, –4). Для нахождения остальных корней

делим характеристическое уравнение на множитель q – q1, т. е. на q + 1. q3 – 3q2 4 q 1

–4q2 + 4

–4q2 – 4q 4q + 4 4q + 4

Приравнивая частное нулю, получим: q2, 3 = 2. Отсюда

ап = С1(–1)п + С22п + C3 · n · 2n.

Находим постоянные С1, С2, С3.

п= 0: а0 = С1 + С2 = 0;

п= 1: а1 = –С1 + 2С2 + 2С3 = 1;

п2 = 2: а2 = С1 + 4С2 + 8С3 = –5.

Решаем эту систему. Так как из первого уравнения следует, что

тельно,

ап = (–1)п + 1 + 2п – п · 2п.

6.2. Решение задач 21–40. Этот раздел связан с разложением правильной рациональной дроби на простейшие дроби трех типов. Мы здесь избегаем простейших дробей 4-го типа (который связан с наличием в знаменателе кратных комплексно сопряженных корней и является достаточно трудоемким). Более того, мы считаем, что в этом случае удобнее совершать разложение на простейшие в области комплексных чисел, которое приводит к простейшим дробям только первого и второго типа и принци-

21

пиально не отличается от разобранных нами случаев. Начнем с нахождения оригиналов от конкретных простейших дробей (трех типов) умноженных на z.

Пример 6.

а) F(z) является простейшей дробью 1-го типа, умноженной на z.

F(z) = z5z4 . Тогда ап = 5(–4)n, где n = 0, 1, 2… .

б) F(z) является простейшей дробью 2-го типа, умноженной на z.

(однако ясно, что ненулевые члены последовательности ап появятся лишь при п ≥ 3).

в) F(z) является простейшей дробью 3-го типа, умноженной на z (корни знаменателя – комплексно сопряженные числа).

F (z) (3(z2 2 2) 1)z z 4z 10

(число 2 равно половине коэффициента при z в знаменателе), т. е.

мы видим, что перед последней дробью в (6.1) стоит знак «–». Это значит, что sin β – отрицательное число. Поэтому

Так как, и cos β, и sin β отрицательны, то

22

Авторы предполагают, что студенты умеют раскладывать правильную рациональную дробь на простейшие рациональные дроби (и решения наших заданий 21–60 требуют этого умения). Мы здесь только напомним схему этого разложения.

Пример 7. Разложение на простейшие дроби. Пусть дана правильная рациональная дробь, знаменатель которой разложен на вещественные множители не выше второй степени.

шие для F(z) имеет вид:

Заметим, что число неопределенных коэффициентов равно степени знаменателя (то есть шести), а степень числителя должна быть строго меньше шести. Таким образом нахождение оригинала для zF(z) фактически сводится к решению примеров, аналогичных примерам, разобранных выше (примеры 6 (а, б, в)).

Пример 8. Оригинал от правильной рациональной дроби не равной нулю (и бесконечности) при z = 0. В этом случае мы раскладываем F(z) на

простейшие и затем находим оригинал bn для функции F1(z) = zF(z). Так как данная функция F(z) = F1(z)/z, то по свойству обратного сдвига ее оригинал будет равен а0 = 0, ап = bn–1 при п ≥ 1,то есть последовательность ап имеет вид (0, b0 , b1 ,b2…)

Пример 9. Знаменатель имеет корень z = 0 и кратность этого корня равна k. Тогда возможны 2 случая:

а) при умножении на zk дробь остается правильной. Тогда мы умножим ее на zk и получим правильную рациональную дробь, умноженную на z, для которой и находим оригинал bn. Тогда нужный нам оригинал будет иметь вид а0 = а1 = … = аk = 0 и далее ап = bn–k–1 при п ≥ k + 1. Более

ную рациональную дробь, умноженную на z, которую обозначим F1(z). Тогда

23

то нужно разложить эту дробь в сумму дробей (по числу слагаемых числителя), затем каждую сократить и применить метод пункта а).

Пример 10. Знаменатель дроби F(z) имеет 2 различных вещественных

6.3. Решение задач 41–60.

Пример 11. Пусть

ап + 2 – 4ап + 1 + 4ап = 2·3п, а0 = 1, а1 = 2. ап ↔ F(z),

an + 1 ↔ zF(z) – a0 z = zF(z) – z,

an + 2 ↔ z(F(z) – z) – a1 z = z2F(z) – z2 – 2z.

Подставляя это в данное уравнение, получим: z2 F(z) – z2 – 2z – 4z F(z) + 4z + 4F(z) = z2z3 ;

24

25

эффициенты при z3 слева и справа, получим: 0 = А + В + С, откуда С = 0.

Проверка. При п = 0 получаем а0 = 0; при п = 1 получаем а1 = 1.

26