線性差分方程解法

Tarjan_Zeng發表於2021-07-21

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前言

本文將介紹一、二階線性差分方程的常見形式和基本解法。

一、差分方程的解

1.定義

若把一個函式\(y_t=f(t)\)代入差分方程中，使其成為恆等式，則稱\(y_t=f(t)\)為差分方程的解。

2.特解與通解

通解：含有任意常數的個數與差分方程的階數一致的解。
特解：給任意常數以確定值的解。

3.初始條件

用以確定通解中任意常數的條件稱為初始條件。
一階差分方程有一個初始條件\(y_0=a_0\)，二階有兩個，以此類推。

二、基本定理

以二階差分方程為例，其它階同理。

1.一般形式

\[y_{t+2}+a(t)y_{t+1}+b(t)y_t=f(t) \]

其中\(a(t),b(t),f(t)\)均為\(t\)的已知函式且\(b(t)\neq0\)

2.定理一

若\(y_1(t),y_2(t)\)是二階齊次線性差分方程的解，則\(C_1y_1(t)+C_2y_2(t)\)也是該二階齊次方程的解，其中\(C_1,C_2\)是任意常數。

3.定理二

若\(y_1(t),y_2(t)\)是二階齊次線性差分方程的線性無關特解，則

\[C_1y_1(t)+C_2y_2(t) \]

是該方程的通解，其中\(C_1,C_2\)是任意常數。

3.定理三

若\(y^*(t)\)是二階非齊次線性差分方程的特解，\(y_C(t)\)是對應齊次線性差分方程的通解，則非齊次線性差分方程的通解為

\[y(t)=y^*(t)+y_C(t) \]

4.定理四

若函式\(y_1^*(t),y_2^*(t)\)分別是二階非齊次線性差分方程:

\[y_{t+2}+a(t)y_{t+1}+b(t)y_t=f_1(t)\\ y_{t+2}+a(t)y_{t+1}+b(t)y_t=f_2(t) \]

則 \(y_1^*(t)+y_2^*(t)\)是二階非齊次線性差分方程

\[y_{t+2}+a(t)y_{t+1}+b(t)y_t=f_1(t)+f_2(t) \]

三、一階線性差分方程

1.齊次

(1)一般形式

\[y_{t+1}+ay_t=0 \]

(2)解法

很明顯，這是個等比數列，所以容易得出一個特解

\[y_(t)=(-a)^t \]

通解為

\[y_(t)=C(-a)^t，C為任意常數 \]

這裡再引入特徵方程的概念，以便解決更高階的問題。
對於一階齊次/非齊次方程，稱一次代數式

\[\lambda +a=0 \]

為差分方程的特徵方程；特徵方程的根為特徵值或特徵根。

2.非齊次

情形一

\[f(t)=\rho^tP_m(t),(\rho>0) \]

其中\(P_m(t)\)是形如

\[A_m t^m+A_{m-1}t^{t-1}+...+A_0 \]

的\(m\)次多項式，

\[A_m,A_{m-1},...,A_0 \]

是已知常數。

（1）\(\rho\)不是特徵根

特定解的形式為

\[y^*(t)=\rho^tQ_m(t) \]

這裡的\(Q_m(t)\)是係數待定的\(m\)次多項式，將其帶入差分方程中可解得特解。
由定理三可解出非齊次方程的通解。

（2）\(\rho\)是特徵根

特定解的形式為

\[y^*(t)=\rho^ttQ_m(t) \]

同理

情形二

\[f(t)=\rho^t(acos\theta t+bsin\theta t) \]

令

\[\delta=\rho(cos\theta+isin\theta) \]

（1）\(\delta\)不是特徵根

待定特解形式為

\[\rho^t(Acos\theta t+Bsin\theta t) \]

（1）\(\delta\)是特徵根

待定特解形式為

\[\rho^tt(Acos\theta t+Bsin\theta t) \]

四、二階線性差分方程

1.齊次

(1)一般形式

\[y_{t+2}+ay_{t+1}+by_t=f(t)\quad a,b為已知常數且a\neq0 \]

(2)解法

特徵方程有相異實根\(\lambda_1,\lambda_2\)，通解為

\[y_(t)=C_1(\lambda_1)^t+C_2(\lambda_2)^t \]

特徵方程有同根\(\lambda_1,\lambda_2\)，易知\(\lambda_1=\lambda_2=-\frac{a}{2}\)，有一個特解\((-\frac{a}{2})^t\)，通過驗證可知\(t(-\frac{a}{2})^t\)也是一個解，於是通解為

\[(C_1+C_2t)(-\frac{a}{2})^t \]

特徵方程有共軛副根\(\alpha\pm i\beta\)，\(\alpha=-\frac{2}{a},\beta=\sqrt{b-\frac{a^2}{4}}\)，則有兩個特解

\[y_1(t)=r^tcos\omega t\\ y_2(t)=r^tsin\omega t\\ r=\sqrt b\\ tan\omega=-\frac{1}{a}\sqrt{4b-a^2},\omega \in(0,\pi) \]

通解為

\[r^t(C_1cos\omega t+C_2sin\omega t) \]

2.非齊次

與一階同理

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