Upload
others
View
7
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Differenciaegyenletek v3
Losonczi Laszlo
Debreceni Egyetem, Kozgazdasag- es Gazdasagtudomanyi Kar
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 1 / 27
3.1 Differenciaegyenlet fogalma, egzisztencia- es unicitastetel
Jelolje by N0 a nemnegatıv egeszek halmazat, azaz N0 = N ∪ {0}.Legyen f : N0 × R→ R adott fuggveny, akkor az
y (n + 1) = f (n, y (n)) (n ∈ N0)
egyenletet elsorendu explicit differenciaegyenletnek nevezzuk.
Vilagos, hogy ha y (0) adott, akkor az egyenletbol egyertelmuenmeghatarozhato az y (n) (n ∈ N0) sorozat valamennyi eleme.
Egzisztencia- es unicitastetelAdott f : N0 × R→ R es a(0) ∈ R eseten egyetlen olyan y (n) (n ∈ N0)sorozat van, melyre
y (n + 1) = f (n, y (n)) (n ∈ N0) es y (0) = a(0)
teljesul.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 2 / 27
3.2 Egy egyszeru elsorendu egyenlet
Tekintsuk azy (n + 1) + py (n) = f (n) (n ∈ N0)
differenciaegyenletet, ahol p 6= 0 adott konstans f : N0 → R adottsorozat. Felırva az egyenletet n = 0,1,2 . . . -re kapjuk, hogy
y (1) = −py (0) + f (0)y (2) = −py (1) + f (1) = −p(−py (0) + f (0)) + f (1)
= (−p)2y (0)− pf (0) + f (1)y (3) = −py (2) + f (2) = −p((−p)2y (0)− pf (0) + f (1)) + f (2)
= (−p)3y (0) + (−p)2f (0)− pf (1) + f (2)
Indukcioval igazolhatjuk, hogy
y (n) = (−p)ny (0) +n−1∑k=0
(−p)n−1−k f (k ) (n ∈ N0)
egyenletunk altalanos megoldasa ahol y (0) tetszoleges.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 3 / 27
3.3 Egy novekedesi modell
Legyen Y (n) a nemzeti jovedelem, I(n) a teljes beruhazas es S(n) ateljes megtakarıtas az n-edik evben. Tegyuk fel, hogy a megtakarıtasaranyos a nemzeti jovedelemmel, a beruhazas aranyos a nemzetijovedelem novekmenyevel az n-edik evtol az n + 1-edik evre, es aberuhazast a megtakarıtas fedezi (ez egy egyensulyi feltetel amiszerint a teljes megtakarıtast beruhazasra fordıtjuk). Ekkor teljesul akovetkezo egyenletrendszer.
S(n) = αY (n)I(n + 1) = β (Y (n + 1)− Y (n))
S(n) = I(n).
Itt α, β pozitıv konstansok, melyekre β > α > 0. Keressuk meg Y (n)-et,ha Y (0) adott!
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 4 / 27
3.4 Egy novekedesi modell: a megoldas
A harmadik, majd az elso egyenletet a masodikba helyettesıtvekapjuk, hogy
I(n + 1) = S(n + 1) = αY (n + 1) = β (Y (n + 1)− Y (n))
vagy
Y (n + 1)− β
β − αY (n) = Y (n + 1)−
(1 +
α
β − α
)Y (n) = 0
Felhasznalva az elozokben kapott megoldast −p = 1 + αβ−α , f (n) = 0
adatokkal kapjuk, hogy
Y (n) =(
1 +α
β − α
)n
Y (0) (n ∈ N0).
Ez 100αβ−α% konstans novekedesi ratat ad minden evben, vagy
αβ−α = Y (n+1)−Y (n)
Y (n) konstans relatıv novekedest.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 5 / 27
3.5 Pokhalo modell
Ha elsorendu differenciaegyenletunkben az f fuggveny csak amasodik valtozotol fugg azaz kezdetiertek problemank
y (n + 1) = f (y (n)), (n ∈ N0) es y (0) = a(0),
alaku, akkor a megoldast egy un. pokhalo modellel szemleltethetjuk:megrajzoljuk a f fuggveny grafjat, es az y = x egyenest,az (y (0), y (0)) = (a(0),a(0)) pontot egy egyenes szakasszalosszekotjuk az (y (0), f (y (0))) = (y (0), y (1)) ponttal, majd ezt apontot egy egyenes szakasszal osszekotjuk az (y (1), y (1)) ponttal,ismeteljuk az eljarast az (y (1), y (1)) pontbol indulva, es ıgy tovabb.
A fenti algoritmusban az y tengellyel parhuzamos osszekotoszakaszokat az x tengelyig meghosszabbıtva kapjuk e tengelyen asorozat y (0), y (1), . . . elemeit. A kovetkezo peldanal az abrankonezeket a meghosszabbıtasokat nem rajzoltuk be, csupan a sorozatelemeit jeloltuk be az x tengelyen.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 6 / 27
3.6 Pokhalo modell: pelda
Abrankon az y (n + 1) =√
4− y (n) (n ∈ N0) differenciaegyenletrevonatkozo pokhalot vazoltuk y (0) = 0 kezdoertek mellett,y (1) = 2, y (2) =
√2 ≈ 1,414, y (3) =
√4−√
2 ≈ 1,608. Az abran af (x) =
√4− x es a h(x) = x fuggvenyek vannak felrajzolva.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 7 / 27
3.7 Masodrendu differenciaegyenlet, egzisztencia- es unicitastetel
Legyen f : N0 × R× R→ R adott fuggveny, akkor az
y (n + 2) = f (n, y (n + 1), y (n)) (n ∈ N0)
egyenletet masodrendu explicit differenciaegyenletnek nevezzuk.
Vilagos, hogy ha y (0), y (1) adottak, akkor az egyenletbol egyertelmuenmeghatarozhato az (y (n)) (n ∈ N0) sorozat valamennyi eleme.
Egzisztencia- es unicitastetelAdott f : N0 × R× R→ R es a(0),a(1) ∈ R eseten egyetlen olyan(y (n)) (n ∈ N0) sorozat van melyre
y (n + 2) = f (n, y (n + 1), y (n)) (n ∈ N0) es y (0) = a(0), y (1) = a(1)
teljesul.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 8 / 27
3.8 Linearis differenciaegyenletek
Az alabbiakban az attekinthetoseg kedveert masodrendudifferenciaegyenletekkel foglalkozunk, de teljesen hasonloeredmenyek ervenyesek n-edrendu egyenletekre is.
Linearis differenciaegyenletekAdott p,q, f : N0 → R fuggvenyek eseten az
y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = f (n) (n ∈ N0) (1)
egyenletet masodrendu linearis differenciaegyenletnek nevezzuk.A p,q fuggvenyek az egyenlet egyutthatoi, f az egyenlet szabad tagja.Feltesszuk, hogy a q egyutthato nem zerus (kulonben egyenletunkmasodrendunel alacsonyabbrendu volna, amint azt egy n→ n − 1index eltolassal lathatjuk). Az (1) egyenletet homogennek nevezzukha f (n) = 0 (n ∈ N0), ellenkezo esetben inhomogen egyenletrolbeszelunk. A homogen egyenletet melyet (1)-bol f (n) = 0helyettesıtessel kapunk az (1) egyenlethez asszocialt (kapcsolt)homogen egyenletnek nevezzuk.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 9 / 27
3.8 Linearis differenciaegyenletek
Egzisztencia- es unicitastetel linearis differenciaegyenletekreAdott a(0),a(1) ∈ R eseten egyetlen olyan (y (n)) (n ∈ N0) sorozat vanmelyre
y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = f (n) (n ∈ N0)
es y (0) = a(0), y (1) = a(1) teljesul.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 10 / 27
3.9 Linearis homogen differenciaegyenletek altalanos megoldasa
A masodrendu linearis homogen differenciaegyenletek altalanos alakja
y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = 0 (n ∈ N0), (2)
ahol p,q adott sorozatok, q(n) 6= 0 valamely n ∈ N0-ra.
Konnyu ellenorizni, hogy ha y1(n), y2(n) (n ∈ N0) a (2) egyenletmegoldasai, akkor tetszoleges C1,C2 egyutthatokkal kepezetty (n) = C1y1(n) + C2y2(n) (n ∈ N0) linearis kombinaciojuk is megoldasa(2)-nek, es minden megoldas ilyen alakban kaphato meg (felteve,hogy az y1(n), y2(n) (n ∈ N0) megoldasok linearisan fuggetlenek,azaz fenti linearis kombinaciojuk csak ugy lehet nulla, ha C1 = C2 = 0,vagy maskeppen, e sorozatok nem egymas konstansszorosai). Azt ismondjuk, hogy y (n) = C1y1(n) + C2y2(n) (n ∈ N0) a (2) egyenletaltalanos megoldasa.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 11 / 27
3.10 Megoldasok linearis fuggetlensege, Casorati determinans
Nem nehez igazolni, hogy a (2) homogen egyenlety1(n), y2(n) (n ∈ N0) megoldasai linearisan fuggetlenek akkor escsakis akkor ha e sorozatok Casorati determinansa, azaz
Cy1,y2(n) :=∣∣∣∣ y1(n) y2(n)
y1(n + 1) y2(n + 1)
∣∣∣∣ 6= 0
valamely n0 ∈ N0 eseten. Sot, az is igaz, hogy ha Cy1,y2(n0) 6= 0valamely n0 ∈ N0-ra, akkor Cy1,y2(n) 6= 0 minden n ∈ N0 eseten.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 12 / 27
3.11 Linearis inhomogen egyenletek: a megoldas szerkezete
Konnyu igazolni, hogy az
y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = f (n) (n ∈ N0),
(ahol q(n) 6= 0 valamely n ∈ N0-ra) masodrendu linearis inhomogenegyenlet altalanos megoldasa
y (n) = yh(n) + y (n) (n ∈ N0)
alaku, ahol yh(n) = C1y1(n) + C2y2(n) az asszocialt homogenegyenlet altalanos megoldasa (azaz y1(n), y2(n) linearisan fuggetlenmegoldasai az asszocialt homogen egyenletnek, C1,C2 tetszolegeskonstansok) es y (n) egy u.n. partikularis megoldasa inhomogenegyenletunknek.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 13 / 27
3.12 Konstansegyutthatos linearis homogen differenciaegyenletek
Ha az (1) egyenletben p,q ∈ R, q 6= 0 konstans fuggvenyek(sorozatok) es f (n) = 0 (n ∈ N0), akkor masodrendukonstansegyutthatos linearis homogen differenciaegyenletet kapunk:
y (n + 2) + py (n + 1) + qy (n) = 0 (n ∈ N0). (3)
A (3) egyenlettel parhuzamosan tekintsuk aλ2 + pλ + q = 0 (4)
masodfoku algebrai egyenletet (ezt a (3) egyenlet karakterisztikusegyenletenek nevezzuk). (4)-et λn-nel megszorozva kapjuk, hogy
λn+2 + pλn+1 + qλn = 0
amibol lathato, hogy
az y (n) = λn sorozat megoldasa (3)-nak, akkor es csakis akkor, haλ megoldasa a (4) karakterisztikus egyenletnek.
A megoldasok viselkedese a (4) egyenlet D = p2 − 4qdiszkriminansatol fugg.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 14 / 27
3.13 A megoldas menete
Ha p2 − 4q > 0, akkor a karakterisztikus egyenletnek ketkulonbozo valos λ1 6= λ2 megoldasa van, es ekkor
y1(n) = λn1, y2(n) = λn
2 (n ∈ N0).
linearisan fuggetlen megoldasai (3)-nak, mivel Casoratideterminansuk a 0 pontban
Cy1,y2(0) =∣∣∣∣ 1 1λ1 λ2
∣∣∣∣ = λ2 − λ1 6= 0.
Ezert most a (3) egyenlet altalanos megoldasa
y (n) = C1λn1 + C2λ
n2 (n ∈ N0)
ahol C1,C2 tetszoleges konstansok.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 15 / 27
3.13 A megoldas menete
Ha p2 − 4q = 0, akkor a karakterisztikus egyenletnek egyketszeres valos λ1 == −p
2 megoldasa van, ekkor igazolhato,hogy
y1(n) = λn1, y2(n) = nλn
1 (n ∈ N0)megoldasai (3)-nak. λ1 = −p
2 6= 0 mivel ha −p2 = 0,p2 − 4q = 0
volna, akkor p = q = 0, ami ellentmond a q 6= 0 feltetelnek.y1(n), y2(n) linearisan fuggetlenek, mivel Casorati determinansuka 0 pontban
Cy1,y2(0) =∣∣∣∣ 1 0λ1 λ1
∣∣∣∣ = λ1 6= 0.
Ezert most (3) altalanos megoldasa
y (n) = C1λn1 + C2nλn
1 (n ∈ N0)
ahol C1,C2 tetszoleges konstansok.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 16 / 27
3.13 A megoldas menete
Ha p2 − 4q < 0, akkor a karakterisztikus egyenletnek ketkulonbozo komplex gyoke van λ1,2 = α± iβ ahol
α = −p2 , β =
√4q−p2
2 6= 0, vagy trigonometrikus alakbanλ1,2 = r (cosϑ± i sinϑ) ahol (r =
√α2 + β2, cosϑ = α
r ).Ekkor λn
1,2 = rn(cos(ϑn)± i sin(ϑn)), a valos es kepzetes reszeklinearisan fuggetlen megoldasok, mivel Casorati determinansuk a0 pontban
Cy1,y2(0) =∣∣∣∣ 1 0
r cosϑ r sinϑ
∣∣∣∣ = r sinϑ = rβ
r= β 6= 0.
A (3) egyenlet altalanos megoldasa
y (n) = C1rn cos(ϑn) + C2rn sin(ϑn) (n ∈ N0)ahol C1,C2 tetszoleges konstansok.A megoldas atırhato
y (n) = Arn cos(ϑn + ω) vagy y (n) = Arn sin(ϑn + ω) (n ∈ N0)alakba is, ahol A, ω tetszoleges konstansok.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 17 / 27
3.14 A hatarozatlan egyutthatok modszere
Az inhomogen egyenlet megoldasanak felbontasaHa y i (n) az y (n + 2) + py (n + 1) + qy (n) = fi (n) (n ∈ N0) egyenletmegoldasa i = 1,2, . . . , k mellett, akkor azy (n) = y1(n) + y2(n) + · · · + yk (n) megoldasa az
y (n+2)+py (n+1)+qy (n) = f1(n)+f2(n)+· · ·+fk (n) (n ∈ N0) egyenletnek.
A hatarozatlan egyutthatok modszereHa az inhomogen egyenlet f (n) szabad tagja az
an, nk , cosβn, sinβn (5)sorozatok linearis kombinacioja (vagy ilyenek szorzata) akkor azinhomogen egyenletnek van olyan y (n) megoldasa, mely az alabbisorozatok linearis kombinacioja
an, (1,n,n2, . . . ,nk ), (sinβn, cosβn), (cosβn, sinβn)
(vagy ilyenek szorzata), felteve hogy az (5)-beli sorozatok egyikesem megoldasa a homogen egyenletnek.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 18 / 27
3.14 A hatarozatlan egyutthatok modszere
Az alabbi tablazatban lathatjuk az inhomogen egyenlet megoldasanak(probamegoldas) alakjat (amennyiben y (n) egyetlen tagja semmegoldasa az asszocialt homogen egyenletnek):
f (n) y (n)an A1an
nk Aknk + Ak−1nk−1 + · · · + A1n + A0nkan (Aknk + Ak−1nk−1 + · · · + A1n + A0)an
sinβn A1 sinβn + A2 cosβncosβn A1 sinβn + A2 cosβnan sinβn an(A1 sinβn + A2 cosβn)an cosβn an(A1 sinβn + A2 cosβn)annksinβn an(Aknk +. . .+A0)sinβn+an(Bknk +. . .+B1n+B0)cosβnannkcosβn an(Aknk +. . .+A0)sinβn+an(Bknk +. . .+B1n+B0)cosβn
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 19 / 27
3.14 A hatarozatlan egyutthatok modszere
Az elozo tablazatban a probamegoldas nem valtozik, ha barhol f (n)oszlopaban nk -t egy k -adfoku polinomra csereljuk ki.
Ha (az elozo tablazatban szereplo) y (n) valamely tagja megoldasaaz asszocialt homogen egyenletnek, akkor az (uj) probamegoldasnr y (n), ahol y (n) az elozo tablazatban szereplo probamegoldas, r az aminimalis kitevo, amivel teljesul az, hogy nr y (n)-nek mar egyetlentagja sem megoldasa az asszocialt homogen egyenletnek.Masodrendu egyenleteknel r erteke 1 vagy 2 lehet.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 20 / 27
3.14 A hatarozatlan egyutthatok modszere
Az elozo allıtasokat ugy is megfogalmazhatjuk, hogy ha szabad tag
f (n) = anPk (n) cos(βn) vagy f (n) = anPk (n) sin(βn),
alaku, ahol Pk (n) egy k -adfoku polinom, akkor az inhomogenegyenletnek van
y (n) = nr an(Aknk +. . .+A0)sin(βn)+nr an(Bknk +. . .+B0)cos(βn)
alaku megoldasa, ahol r az asszocialt homogen egyenletλ1,2 = a(cosβ ± i sinβ) megoldasanak multiplicitasa (azaz r = 0, haλ1,2 = a(cosβ ± i sinβ) nem megoldasa a karakterisztikusegyenletnek, r = 1, ha λ1,2 = a(cosβ ± i sinβ) egyszeres megoldasa akarakterisztikus egyenletnek, r = 2, ha λ1,2 = a(cosβ ± i sinβ)ketszeres megoldasa a karakterisztikus egyenletnek.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 21 / 27
3.15 A hatarozatlan egyutthatok modszere: peldak
1. PELDA. Az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 0 (n ∈ N0) homogenegyenlet karakterisztikus egyenlete λ2 − 5λ + 6 = 0 aminek ket gyokevan λ1 = 2, λ2 = 3 ıgy altalanos megoldasa yh(n) = C12n + C23n.
2. PELDA. Az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 4n + n2 + 3 (n ∈ N0)inhomogen egyenlet egyenlet altalanos megoldasay (n) = C12n + C23n + y1(n) + y2(n), ahol y1(n) = A 4n a 4n tagnakmegfelelo megoldas, mıg y2(n) = Bn2 + Cn + D a szabad tag n2 + 3reszenek megfelelo megoldas, A,B,C,D hatarozatlan egyutthatok.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 22 / 27
3.15 A hatarozatlan egyutthatok modszere: peldak
Behelyettesıtve y1(n)-et az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 4n
egyenletbe, osztva 4n-nel kapjuk, hogy 42A− 5 · 4A + 6A = 1, amibolA = 1/2, y1(n) = 1/2 · 4n.Ezutan y2(n) = Bn2 + Cn + D-t az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = n2 + 3egyenletbe helyettesıtve kapjuk, hogy
B(n+2)2+C(n+2)+D−5(B(n+1)2+ C(n+1)+D
)+6(Bn2 + Cn + D
)= n2 + 3, vagy atrendezes utan
2Bn2 + (−6B + 2C)n + (−B − 3C + 2D) = n2 + 3.
Mivel n2,n,1 linearisan fuggetlen sorozatok, ıgy az egyutthatokosszehasonlıtasabol adodik, hogy2B = 1, −6B + 2C = 0, −B − 3C + 2D = 3. E rendszer megoldasaB = 1/2,C = 3/2,D = 4, ıgy az eredeti inhomogen egyenletunkaltalanos megoldasa
y (n) = C12n + C23n + 4n/2 + 3n2/2 + n/2 + 4 (n ∈ N0).
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 23 / 27
3.15 A hatarozatlan egyutthatok modszere: peldak
3. PELDA. Az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 2n(n + 3) (n ∈ N0)inhomogen egyenlet egyenlet altalanos megoldasay (n) = C12n + C23n + y (n), ahol modszerunk alapjany (n) = 2n(An + B)n (n ∈ N0), A,B hatarozatlan egyutthatok.Behelyettesıtve y (n)-t es kiszamolva az egyutthatokat, kapjuk,A = −1
4 ,B = −94 , y (n) = −1
42n(n + 9)n.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 24 / 27
3.16 A novekedes multiplikator-akcelerator modellje
Jelolje Y (n) egy orszag n idopontban (evben) megfigyelt nemzetijovedelmet, C(n) a teljes fogyasztasat es I(n) a teljes beruhazast.Tegyuk fel, hogy
Y (n) = C(n) + I(n),C(n + 1) = aY (n) + b,I(n + 1) = c (C(n + 1)− C(n)) , (n ∈ N0),
ahol a,b, c (pozitıv) konstansok. Az elso egyenlet szerint a nemzetijovedelem fogyasztasbol es beruhazasbol all. A masodik egyenletalapjan az n + 1-edik idoszak fogyasztasa az elozo periodus nemzetijovedelmenek linearis fuggvenye. Ez a modell multiplikator oldala.Vegezetul az utolso egyenlet azt allıtja, hogy az n + 1-edik idoszakberuhazasa az elozo idoszak fogyasztasanak novekedesevel aranyos.Ez a modell akcelerator oldala. Az osszevont multiplikator-akceleratormodellt szamos kozgazdasz vizsgalta, akik kozul P. A. Samuelsonnevet emeljuk ki.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 25 / 27
3.16 A novekedes multiplikator-akcelerator modellje
Tegyuk fel, hogy C(0),Y (0) ismert, akkor mindharomfuggvenyt/sorozatot ki tudjuk szamolni. Az alabbiakban Y (n)meghatarozas a celunk. Irjunk n helyere n + 2-t az elso egyenletben esn helyere n + 1-t a masodik es harmadik egyenletekben:
Y (n + 2) = C(n + 2) + I(n + 2),C(n + 2) = aY (n + 1) + b,I(n + 2) = c (C(n + 2)− C(n + 1)) .
Az utolso egyenletet atırhatjuk
I(n + 2) = c (aY (n + 1) + b − (aY (n) + b)) = ca (Y (n + 1)− Y (n))
alakba. Ezt es a masodik egyenletet az elsobe helyettesıtve kapjuk,hogy
Y (n + 2)− a(1 + c)Y (n + 1) + acY (n) = b (n ∈ N0).(a) Vizsgalja az asszocialt homogen egyenlet karakterisztikusegyenletet, es a homogen egyenlet megoldasait!(b) Keresse meg az inhomogen egyenlet egy partikularis megoldasat.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 26 / 27
3.17 Gyakorlo feladatok
y (n + 2)− 6y (n + 1) + 8y (n) = 0, y (0) = 0, y (1) = 1,y (n + 2) + 2y (n + 1) + 3y (n) = 0,y (n + 2)− 2y (n + 1) + 5y (n) = 0,
y (n + 2)− 8y (n + 1) + 16y (n) = 0,y (n + 2)− 8y (n + 1) + 16y (n) = 2 · 4n + 2n − 3,y (n + 2)− 6y (n + 1) + 8y (n) = 5 · 3n + 2n2 − 1,
3y (n + 2) + 2y (n) = 4n + 6,y (n + 1) + 2y (n) = 5n,
y (n + 3) + y (n + 2)− y (n + 1)− y (n) = 0.
Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 27 / 27