Rekurencja:

[author]

Wyznaczyc zwarty wzor na \(\displaystyle{ a_{n}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_{1}=a_{3}, a_{2}=-2}\)


\(\displaystyle{ a_{n}=a_{n-1} + 2a_{n-2} + 6n - 15}\)

Nie wiem jak do tego podejsc.

[g]

\(\displaystyle{ a_n = a_{n-1} + 2a_{n-2} + 6n - 15 \\ a_{n-1} = a_{n-2} + 2a_{n-3} + 6n-6 - 15}\)
odejmujemy stronami
\(\displaystyle{ a_n - 2a_{n-1} - a_{n-2} + 2a_{n-3} - 6 = 0}\)
substytucja \(\displaystyle{ a_n \equiv b_n - 3}\)
\(\displaystyle{ b_n - 2b_{n-1} - b_{n-2} + 2b_{n-3} = 0}\)
rownanie charaktrerystyczne
\(\displaystyle{ x^3 - 2x^2 - x + 2 = 0 \\ (x+1)(x-1)(x-2) = 0}\)
czyli \(\displaystyle{ b_n = C_1 2^n + C_3 + C_2 (-1)^n}\), a zatem \(\displaystyle{ a_n = C_1 2^n + C_2 (-1)^n + C_3 - 3}\). stale sobie sam uzgodnij, nie chce mi sie. powinno byc dobrze.

[ap]

Mi wychodzi \(\displaystyle{ a_n=2^n-3n}\).

[author]

ap, a jak Ci to wyszlo? Korzystales z drogi użytej przez g?
Te rownania charakterystyczne sa ciekawe, znam tylko dla \(\displaystyle{ f_{n}=af_{n-1}+bf_{n-2}}\)... może macie link do materialow albo jakis krotki opis do tego ?

[ap]

To jest równanie liniowe rzędu drugiego niejednorodne postaci \(\displaystyle{ a_n+A\cdot a_{n-1}+B\cdot a_{n-2}=W_k(n)\cdot C^n}\), gdzie \(\displaystyle{ W_k(n)}\) jest wielomianem zmiennej \(\displaystyle{ n}\) stopnia \(\displaystyle{ k}\).

U nas \(\displaystyle{ A=-1,\ B=-2,\ C=1}\).
Najpierw trzeba znaleźć rozwiązanie równania jednorodnego \(\displaystyle{ a_n+A\cdot a_{n-1}+B\cdot a_{n-2}=0\ \ a_n- a_{n-1}-2\cdot a_{n-2}=0}\) przez równanie charakterystyczne.

\(\displaystyle{ r^2-r-2=0\ \ (r+1)(r-2)=0}\)

Dopisując dodatkowy czynnik dostajesz rozwiązanie równania niejednorodnego:

\(\displaystyle{ (r+1)(r-2)(r-C)^{k+1}=(r+1)(r-2)(r-1)^2=0}\)

Rekurencja ma zatem rozwiązanie postaci:

\(\displaystyle{ a_n=\alpha 2^n+\beta (-1)^n+\gamma (1)^n+n\delta (1)^n=\alpha 2^n+\beta (-1)^n+\gamma +n\delta}\)

Dalej jest:

\(\displaystyle{ a_3=a_2+2a_1+6\cdot 3-15=-2+2a_3+3\ \ a_3=-1=a_1}\)

Jeszcze rekurencyjnie obliczasz \(\displaystyle{ a_4=4}\) i masz do rozwiązania układ czterech równań ze względu na stałe:

\(\displaystyle{ \{a_1=2\alpha -\beta +\gamma +\delta =-1\\a_2=4\alpha +\beta +\gamma +2\delta =-2\\a_3=8\alpha -\beta +\gamma +3\delta=-1\\a_4=16\alpha +\beta +\gamma +4\delta =4 \.\ \ \{\alpha =1\\\beta=0\\\gamma=0\\\delta=-3}\)

Tzn. \(\displaystyle{ a_n=2^n-3n}\)

[neworder]

Dopisując dodatkowy czynnik dostajesz rozwiązanie równania niejednorodnego:
...
Rekurencja ma zatem rozwiązanie postaci:
...

Mógłbyś tą częśc objaśnić krok po kroku?

[g]

no tak, przez to odjecie stronami zgubilem podwojnosc jedynki.
takie rownania sie rozwiazuje analogicznie do rozniczkowych wygladajacych podobnie.

[ap]

[neworder]

Dzięki za link - mógłbyś jeszcze wyjaśnić, czemu w ogóle ta metoda znajdowania ciągów rekurencyjnych działa i generuje poprawne wyniki, tj. dlaczego przypuszczając, że ciąg \(\displaystyle{ a_{n}}\) jest związany z jakimś ciągiem geometrycznym i rozwiązując odpowiednie równanie charakterystyczne dochodzimy do prawidłowego wyniku?

[g]

to, ze taki ciag sie zachowuje tak pseudowykladniczo mozna stwiedzic na podstawie jakichs numerycznych przeslanek. no to podstawiamy \(\displaystyle{ a_n = y^n}\) do definicji, skracamy co trzebai zostaje rownanie wielomianowe. ktos (z tego co mi wiadomo to Euler, z reszta to w jego stylu) wpadl na to zeby zrobic kombinacje liniowa pierwiastkow do entej no i przypadkiem okazuje sie ze zawsze wychodzi. o ile dobrze wiem, to na ta metode nie ma zadnego dowodu, i tak zawsze wyjdzie, mozna ciag sprawdzic indukcyjnie.

[joanna_]

g: mógłbyś objaśnić ten fragment rozwiązania: an=bn-3 ?
skąd tam się wzięła 3?