rownania rekurencyjne

[doniczek]

bardzo prosze o jakies naprowadzeie na rozwiazanie takich dwóch równań:
\(\displaystyle{ a_{n+1}=2(n+1)a_{n}-10n-5}\)

\(\displaystyle{ a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_{n}=2^{n}+cos(\frac{n\pi}{2})}\)

[Qń]

A funkcje tworzące znasz/próbowałeś? Rachunki są masakryczne, ale drugie powinno pójść prawie na pewno, z pierwszym może być kłopot, bo wygląda na to, że po drodze trzeba będzie równanie różniczkowe rozwiązać, ale pewnie też jakoś wyjdzie.

Pozdrawiam.
Qń.

[arek1357]

Co do pierwszego :

\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=1}^{ }a_{n+1}x^{n+1}= \sum_{n=1}^{ }[2(n+1)a_{n}-10(n+1)+5]x^{n+1}=}\)

\(\displaystyle{ 2 \sum_{n=1}^{ }na_{n}x^{n+1} +2 \sum_{n=1}^{ }a_{n}x^{n+1}-10 \sum_{n=1}^{ }nx^{n+1}-5 \sum_{n=1}^{ }x^{n+1}=}\)

\(\displaystyle{ 2x \sum_{n=1}^{ }na_{n}x^{n} +2x \sum_{n=1}^{ }a_{n}x^{n}-10x \sum_{n=1}^{ }nx^{n}-5x \sum_{n=1}^{ }x^{n}=}\)

\(\displaystyle{ 2x^{2} \sum_{n=1}^{ }(a_{n}x^{n})^{'} +2x \sum_{n=1}^{ }a_{n}x^{n}-10x^{2} \sum_{n=1}^{ }(x^{n})^{'}-5x \sum_{n=1}^{ }x^{n}=}\)

\(\displaystyle{ 2x^{2}[f(x)-a_{1}x]^{'} +2x[f(x)-a_{1}x] -10x^{2}(\frac{x}{1-x})^{'}-5x\frac{1}{1-x}}\)

niech f(x)=y

po uproszczeniach otrymamy

\(\displaystyle{ y=2x ^{2}y ^{'} + 2xy-2a _{1}x ^{2}- \frac{15x ^{2}-5x}{(1-x) ^{2}}}\)


Zastanawiam sie kto takie rownanie rozwiaze
skoro nawet przez calki elementarne sie nie wyrazi
a potem jeszcze w szereg Tailora rozwinie aby otrzymac wzor jawny na ten ciag...

[ Dodano: 28 Grudnia 2007, 15:50 ]
za pomylki przepraszam

[ Dodano: 28 Grudnia 2007, 16:38 ]
co do drugiego:

zauważmy: dla n=2k

\(\displaystyle{ cos(\frac{\pi n}{2})=(-1)^{k}}\)

dla n nieparzystego wyrażenie się zeruje

i mamy:

\(\displaystyle{ a_{n+2}=4a_{n+1}-4a_{n}+2^{n}+(-1)^{k}/:(2^{n}+(-1)^{k})}\)

\(\displaystyle{ \frac{a_{n+2}}{2^{n}+(-1)^{k}}=4\frac{a_{n+1}}{2^{n}+(-1)^{k}}-4\frac{a_{n}}{2^{n}+(-1)^{k}}+1}\)

podstawmy teraz:

\(\displaystyle{ r_{i}=\frac{a_{i}}{2^{n}+(-1)^{k}}}\)

i mamy:

\(\displaystyle{ r _{n+2}=4r _{n+1}-4r _{n}+1}\)

\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=1}^{ }r _{n+2}x ^{n+2}=4 \sum_{n=1}^{ }r _{n+1}x ^{n+1} -4 \sum_{n=1}^{ }r _{n}x ^{n}+ \sum_{n=1}^{ }x ^{n}}\)

czyli mamy:

\(\displaystyle{ f(x)=4(f(x)-r _{2}x ^{2}) -4(f(x)-r _{1}x-r _{2}x ^{2})+\frac{x}{1-x}}\)

po skróceniu mamy:

\(\displaystyle{ f(x)=4r _{1}x + \frac{x}{1-x}}\)

[ Dodano: 28 Grudnia 2007, 16:58 ]
można by przyjąć że

\(\displaystyle{ r_{i}=1}\)

bo tak z tego wynika w sumie

[Qń]

Uwaga dydaktyczna - jeśli autor pytania nie słyszał o funkcjach tworzących, to myślę, że lepiej byłoby mu najpierw wyjaśnić o co chodzi na prostym przykładzie. Jeśli zaś słyszał, to zaproponować, by zrobił sam i ew. powiedział z czym miał problem lub na czym się zatrzymał.

Uwagi metodyczne:
1) Zwyczajowo przyjmuje się, że \(\displaystyle{ a_n=0}\) dla \(\displaystyle{ n y +B(x)}\).

Rachunków na razie nie sprawdzałem.

Pozdrawiam.
Qń.

[King James]

odnośnie pierwszego ciężko to idzie, może przedstawię jeszcze inny sposób, mając równanie:

\(\displaystyle{ f_{n+1}=af_n+b_n}\) (1)
Pisząc równości (1) dla \(\displaystyle{ n=1,2,...,k}\), mnożąc je odpowiednio przez \(\displaystyle{ a^{k-1}, a^{k-2},...,a,1}\), następnie sumując, skracając odpowiednie wyrazy otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f_{k+1}=a^kf_1+ \sum_{i=1}^{k} b_i a^{k-i}}\)
Teraz, dzieląc dane równanie przez \(\displaystyle{ n(n+1)}\), podstawiając \(\displaystyle{ b_n=\frac{a_n}{n}}\), mamy:
\(\displaystyle{ b_{n+1}=2b_n-5\frac{2n+1}{n(n+1)}}\) (2)
Więc rozwiązaniem (2) jest:
\(\displaystyle{ b_{n+1}=2^nb_1-5\sum_{k=1}^{n} 2^{n-k}\frac{2k+1}{k(k+1)}}\)
Weźmy:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} 2^{n-k}\frac{2k+1}{k(k+1)} = 2^n \sum_{k=1}^{n} \frac{k+k+1}{2^k k(k+1)}=2^n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} (\frac{1}{k+1}+ \frac{1}{k})=\\
2^n (\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} (\frac{1}{2^{k-1}}+\frac{1}{2^k})+\frac{1}{2}+\frac{1}{(n+1)2^{n}})=3*2^n \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k2^k}+2^{n-1}+\frac{1}{(n+1)}}\)

Pozostaje przeliczyć:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k2^k}}\)

jednak trudno tą sumkę przedstawić w postaci zwartej, może ktoś ma pomysł?

arek1357 w drugim raczej nie możemy podstawić
\(\displaystyle{ r_i=\frac{a_i}{2^n+(-1)^k}}\)
gdyż n się zmienia

[Qń]

\(\displaystyle{ f_{n+1}=af_n+b_n}\)

Czym jest \(\displaystyle{ f_n}\) i jak to wszystko ma się do wyjściowego równania rekurencyjnego?

Teraz, dzieląc dane równanie przez \(\displaystyle{ n(n+1)}\), podstawiając \(\displaystyle{ b_n=\frac{a_n}{n}}\), mamy:
\(\displaystyle{ b_{n+1}=2b_n-5\frac{2n+1}{n(n+1)}}\) (2)

Raczej: \(\displaystyle{ \frac{1}{n} b_{n+1}=2b_n-5\frac{2n+1}{n(n+1)}}\), więc wcale łatwiejszego równania nie dostaniemy.

Pozdrawiam.
Qń.

[King James]

Przedstawiłem ogólną metodę rozwiązywania równań rzędu pierwszego o współczynnikach stałych dla ciągu \(\displaystyle{ f_n}\), żebym mógł wykorzystać później, a dalej to nie zauważyłem tego właśnie \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) i tu się wszystko zepsuło, mój błąd, ale teraz sprostowanie:

Więc mając równanie:

\(\displaystyle{ f_{n+1}=a_nf_n+b_n}\)

podzielmy stronami przez: \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}a_i}\)

\(\displaystyle{ \frac{f_{n+1}}{\prod_{i=1}^{n}a_i}- \frac{f_n}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}=\frac{b_n}{\prod_{i=1}^{n}a_i}}\)

następnie podstawiając:

\(\displaystyle{ c_1=f_1}\)
\(\displaystyle{ c_n=\frac{f_n}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}}\)
\(\displaystyle{ B_n=\frac{b_n}{\prod_{i=1}^{n}a_i}}\)

wówczas mamy równanie o współczynnikach stałych:

\(\displaystyle{ c_{n+1}=c_n+B_n}\)

z wcześniej wyprowadzonego wzoru dostajemy:

\(\displaystyle{ c_n=c_1+\sum_{j=1}^{n-1}B_j}\)

tak więc:

\(\displaystyle{ f_n=(\prod_{i=1}^{n-1}a_i)(f_1+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{b_j}{\prod_{i=1}^{j}a_i})}\) (4)

wykorzystując wzór (4) w równaniu zadania mamy:

\(\displaystyle{ a_n=2^{n-1}n!(a_1-5\sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j+1}{2^j(j+1)!})}\)

więc teraz trzeba się pobawić z \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j+1}{2^j(j+1)!}}\), nad którą jeszcze pomyślę,

EDIT:

Wymyśliłem

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{2k+1}{2^k(k+1)!}=2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{2k+1}{2^{k+1}(k+1)!}=2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{2k+1}{(2k+2)!!}}\)

Weźmy:

\(\displaystyle{ f(k)=\frac{2k+1}{(2k+2)!!}}\)
\(\displaystyle{ g(k)=\frac{1}{(2k)!!}}\)

łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ g(k)-g(k+1)=f(k)}\)

więc:\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1}f(k)=\sum_{k=1}^{n-1}(g(k)-g(k+1))=g(1)-g(n)=\frac{1}{2}-\frac{1}{(2n)!!}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^n n!}}\)

mamy już wzór ogólny na \(\displaystyle{ a_n}\)

\(\displaystyle{ a_n=2^{n-1}n!(a_1-5+\frac{5}{2^{n-1} n!})}\)

\(\displaystyle{ a_n=2^{n-1}n!a_1-5*2^{n-1}n!+5}\)

i ten jak najbardziej spełnia równanie

Pozdrawiam
Paweł

[doniczek]

tak, pierwsze już jakiś czas temu zrobiłem z wykładniczej funckji tworzącej i bardzo ładnie wychodzi, pojawiają sie poprostu ogólno znane rozwinięcia w szereg np. e^x.
Co do drugiego to szok, istnieje metoda przewidywań , podobna jak przy równaniach różniczkowych

\(\displaystyle{ a_{n+2}-4a_{n+1}+4_{n} = 2^{n}+cos(\frac{n\Pi}{2})}\)
\(\displaystyle{ RJ: r^{2}-4r=4=0}\)
\(\displaystyle{ (r-2)^{2} =0}\)
\(\displaystyle{ RORJ: a_{n}=A2^{n}+Bn2^{n}}\)

\(\displaystyle{ a_{n}= Ccos(\frac{n\Pi}{2})+Dsin(\frac{n\Pi}{2})}\)
\(\displaystyle{ RN: Ccos(\frac{n\Pi}{2}) + Dsin(\frac{n\Pi}{2})+
Ccos(\frac{n\Pi}{2}+\Pi)+Dsin(\frac{n\Pi}{2}+\Pi)-4Ccos(\frac{n\Pi}{2}+\frac{\Pi}{2}) - 4Dsin(\frac{n\Pi}{2}+ \frac{\Pi}{2})+4Ccos(\frac{n\Pi}{2})+4Dsin(\frac{n\Pi}{2})=cos(\frac{n\Pi}{2})}\)

i potem jeszcze trzeba dla \(\displaystyle{ 2^{n}}\)

[arek1357]

Fajnie czyli mamy współczynniki szeregu funkcji dla której napisałem
równanie różniczkowe a poniekąd i całą funkcję
dla an