Matematické Fórum

LjuBoHykl · 03. 02. 2008 10:28

Na příkladu :

(xn+2) = (2xn+1) − (2xn) + 1,
s pocátecními podmínkami x1 = 1, x2 = 2.

v závorce je : n+2, n+1, n je v dolním indexu.

Díky, a prosil bych moc, abyste mi prosím někdo poradil.

Jak se to dělá při postupu výpočtu, díky moc.

plisna · 03. 02. 2008 11:04 — Editoval plisna (03. 02. 2008 11:05)

zajimají te dalsi cleny posloupnosti?

$x_{n+2} = 2x_{n+1} - 2x_n + 1\nl x_1 = 1, x_2 = 2$

chceme-li spocitat clen $x_3$ , pak $3 = n+2 \quad \Rightarrow \quad n = 1$ , coz dosadíme do rekurentniho vzorce:

$x_3 = 2x_2 - 2x_1 + 1 = 4 - 2 + 1 = 3$

chceme-li spocitat clen $x_4$ , pak $4 = n+2 \quad \Rightarrow \quad n = 2$ , coz dosadíme do rekurentniho vzorce:

$x_4 = 2x_3 - 2x_2 + 1 = 6 - 4 + 1 = 3$

a tak dale

LjuBoHykl · 03. 02. 2008 12:26

↑ plisna:

Ne, prave ja sem myslel takove jako ty, ale ma jine myslenky :

napriklad poslu ti to obrazek a v tom poznas jake je dle reseni :

posilam ti 3 obrazky na screenu...

Díkes...

prosím postupne vypocet, diky...

andrew · 03. 02. 2008 14:08 — Editoval andrew (03. 02. 2008 14:12)

2LjuBoHykl : Hledame posloupnost, ktera vyhovuje vztahu $x_{\tiny n+2} - 2x_{\tiny n+1}+2x_{\tiny n} = 1$ s poc. pod. $x_1 = 1, x_2 = 2$ .

Nejprve budeme hledat homogenni reseni $x^H_n$ rovnice $x_{\tiny n+2} - 2x_{\tiny n+1}+2x_{\tiny n} = 0$ . Zvolme $x_n = \lambda^n$ , pak dosazenim do vyse uvedeneho vztahu a mensi uprave dostaneme $\lambda^n (\lambda^2 -2\lambda +2) = 0$ . Protoze hledame netrivialni reseni predpokladame, ze $\lambda \not=0$ . Tedy resime kvadratickou rovnici, kde nam vyjdou dva komplexne sdruzene koreny $\lambda_{1,2} = 1\,\pm\,\mathrm{i}$ . Zapsano v goniometrickem tvaru $\lambda_{1,2} = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\, \pm\,\mathrm{i} \sin\frac{\pi}{4})$ . Tedy hom. reseni bude ve tvaru $x^H_n = C_1(\sqrt{2})^n \cos\frac{n\pi}{4} \,+\, C_2 (\sqrt{2})^n \sin\frac{n\pi}{4}$ .

Nez pristoupime k urceni konstant $C_1$ a $C_2$ , hledejme partikularni reseni ve tvaru $x^P_n = An$ . Dosazenim do puvodni rovnice zjistime, ze $A = \frac{1}{n}$ a tedy $x^P_n = 1$ .

Tedy obecne reseni bude $x^O_n = x^H_n \,+\, x^P_n = C_1(\sqrt{2})^n \cos\frac{\pi n}{4}\,+\,C_2 (\sqrt{2})^n \sin\frac{\pi n}{4} \,+\,1$ .

Nyni jiz muzeme stanovit nezname konstanty z pocatecnich podminek. Resime tedy

$1 = C_1\sqrt{2}\cos\frac{\pi}{4} + C_2\sqrt{2}\sin\frac{\pi}{4}\, +\,1 \nl 2 = C_1 2\cos\frac{\pi}{2}\,+\,C_2 2\sin\frac{\pi}{2}\,+\,1$

odtud dostaneme $C_1 = -\frac{1}{2},\, C_2 = \frac{1}{2}$ . A tedy reseni mame ve tvaru $x^O_n = \frac{(\sqrt{2})^n}{2}\big( \sin\frac{n\pi}{4} \,-\,\cos\frac{n\pi}{4} \big)\, +\,1$ .