Rozwiązywanie rekurencji

[conradtbg]

Nie jestem profesjonalistą w tej dziedzinie ale wiem, że jedna z metod jest analogiczna jak dla równania różniczkowego liniowego rzędu 2 o stałych współczynnikach. Równanie jednorodne rozwiązujemy przez równanie charakterystyczne (rekurencję też, dostając bazę w postaci ciągów geometrycznych). Teraz przewiduje się całkę szczególną, tutaj powinno się dać przewidzieć jakieś konkretne rozwiązanie wyjściowej rekurencji.

Spróbuj tak dobrać stałe A,B, żeby \(\displaystyle{ a_n=An+B}\) było rozwiązaniem rekurencji. Teraz dodaj rozwiązanie ogólne rekurencji jednorodnej (bez tego "ogona" \(\displaystyle{ -10n-13}\)) do tego konkretnego rozwiązania i dostaniesz co trzeba.

Tak, to idzie w ten sposób: \(\displaystyle{ a_n=n+3}\) jest rozwiązaniem szczególnym.

Rekurencja:

\(\displaystyle{ (1)\qquad\qquad S_n-5S_{n-1}-6S_{n-2}=-10n-13}\)

Rekurencja jednorodna:

\(\displaystyle{ S_n-5S_{n-1}-6S_{n-2}=0}\)

Równanie charakterystyczne:

\(\displaystyle{ r^2-5r-6=0}\)

Jego rozwiązania:

\(\displaystyle{ r_1=6,\;r_2=-1}\)

Baza rozwiązań rekurencji jednorodnej:

ciągi \(\displaystyle{ (6^n)}\) oraz \(\displaystyle{ \bigl((-1)^n\bigr)}\).

Rozwiązanie ogólne rekurencji jednorodnej:

\(\displaystyle{ S_n=a\cdot 6^n+b\cdot(-1)^n}\)

Poszukujemy rozwiązania szczególnego (1) w postaci \(\displaystyle{ S_n=An+B}\).

Jeśli wstawimy to do (1), otrzymamy równanie

\(\displaystyle{ An+B-5(A(n-1)+B-6(A(n-2)+B)=-10n-13}\)

skąd po porównaniu współczynników przy \(\displaystyle{ n}\) i wyrazów wolnych dostajemy

\(\displaystyle{ A=1,\;B=3}\)

Może mi ktoś napisać jak zostało policzone A=1 i B=3 z tego równania:
\(\displaystyle{ An+B-5(A(n-1)+B-6(A(n-2)+B)=-10n-13}\)
Są 3 niewiadome w tym równaniu: A, B i n. Skąd się to bierze, bo nie rozumiem.

[a4karo]

\(\displaystyle{ n}\) nie jest niewiadomą. Możesz zamiast \(\displaystyle{ n}\) napisać \(\displaystyle{ x}\) i wyobrazić sobie, że masz równość dwóch wielomianów. A te są równe gdy...

[conradtbg]

\(\displaystyle{ n}\) nie jest niewiadomą. Możesz zamiast \(\displaystyle{ n}\) napisać \(\displaystyle{ x}\) i wyobrazić sobie, że masz równość dwóch wielomianów. A te są równe gdy...

Ok rozumiem a4karo ale czy mógłbyś to rozpisać i pokazać mi jak to się liczy, bardzo proszę.

[a4karo]

Uporządkuj lewą stronę do postaci \(\displaystyle{ Cn+D}\). Wtedy musi zachodzić \(\displaystyle{ Cn+D=-10n-13}\), czyli \(\displaystyle{ C=-10, D=-13}\)

[conradtbg]

Uporządkuj lewą stronę do postaci \(\displaystyle{ Cn+D}\). Wtedy musi zachodzić \(\displaystyle{ Cn+D=-10n-13}\), czyli \(\displaystyle{ C=-10, D=-13}\)

obliczyłem, teraz już rozumiem, dziękuje

[Mariusz M]

Nie jestem profesjonalistą w tej dziedzinie ale wiem, że jedna z metod jest analogiczna jak dla równania różniczkowego liniowego rzędu 2 o stałych współczynnikach.

Co do części jednorodnej to jest jeszcze jedna analogia wariacja stałych
Zamiast wrońskianu jest wyznacznik Casoratiego
w którym zamiast liczenia pochodnych zwiększa się indeksy
a odpowiednikiem całkowania jest oczywiście sumowanie

Bez funkcji tworzących tej bazy ciągów geometrycznych nie widać
poza tym używając funkcji tworzących nie trzeba uważać na wielokrotne pierwiastki równania charakterystycznego czy na krotność pierwiastka

[a4karo]

I taka mala uwaga do zadania o potrójny pierwiastku: nikt nie pisał, że chodzi o rekurencje stopnia 3

[Mariusz M]

Baza przestrzeni rozwiązań rekurencji jednorodnej to (chyba, o ile dobrze pamiętam i wyciągam dobre analogie z równaniem różniczkowym). to ciągi o wyrazach ogólnych

\(\displaystyle{ 2^n,\quad n\cdot 2^n\quad\text{oraz}\quad n^2\cdot 2^n}\)

Samo wykazanie może ograniczyć się do obliczenia wyznacznika Casoratiego
ale pytanie skąd się one wzięły (dlaczego baza ma taką a nie inną postać)

Jak to wyprowadzić bez funkcji tworzących ?

a4karo, słuszna uwaga oprócz tego potrójnego pierwiastka mogą istnieć także inne
tyle że wtedy rozwiązanie nie będzie jednoznaczne (pojawią się stałe dowolne)