Προβλήματα Μαθηματικών

Ιουλίου 13, 2011

Αναδρομική εξίσωση

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 2:50 πμ

Βρείτε τον γενικό όρο της ακολουθίας x_n, αν x_1=0,\ x_2=1 και

\displaystyle x_{n+1}=x_n-\frac{1}{n}x_{n-1}, για n=2,3,\ldots.

Advertisements

7 Σχόλια »

  1. Παρατηρούμε ότι όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι ρητοί. Γράφοντας x_n=\frac{a_n}{b_n} με a_n , b_n \in \mathbb{N} εύκολα μπορουμε να δούμε οτι θα πρέπει να ισχύει b_n=(n-1)! , a_n=\sum_{k=0}^{n-2}k! . Είναι πολύ εύκολο στη συνέχεια να δείξουμε ότι x_n = \frac{1}{(n-1)!}\sum_{k=0}^{n-2}k! , n\geq 2 με ισχυρή επαγωγή στην αναδρομική σχέση.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nixmtp — Ιουλίου 13, 2011 @ 12:39 μμ

  2. Σωστό- και ταχύτατο. Μήπως τώρα μπορείτε να βρείτε ένα κλειστό τύπο για τη x_n για οποιαδήποτε x_1, x_2;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Ιουλίου 13, 2011 @ 1:27 μμ

  3. Θα είναι x_n=\frac{1}{(n-1)!}\sum_{k=0}^{n-1}k! -1 , n \geq1 και προκύπτει από τη σχέση x_{n-1}=(x_n-x_{n+1})n , n\geq2 .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nixmtp — Ιουλίου 13, 2011 @ 1:59 μμ

  4. Δεν θα πρέπει ο τύπος της x_n να εξαρτάται από τα x_1,x_2;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Ιουλίου 13, 2011 @ 2:02 μμ

  5. Συγνώμη. Νόμιζα θέλατε απλά έναν τύπο που να δουλεύει και για n=1. Πράγματι ήταν πολύ απλό για να ‘ναι αληθινό!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nixmtp — Ιουλίου 13, 2011 @ 2:06 μμ

  6. ‘Εγραψα πάλι 5-6 όρους με τα x_1,x_2 τυχαία. Για κάθε όρο x_n έθεσα όπως πριν \frac{a_n}{b_n} τον συντελεστή του x_1 ( για τα x_2 το είχα ήδη έτοιμο από πριν ) και έφτιαξα ένα σύστημα που πρέπει να ικανοποιούν τα a_n,b_n . Λύνοντάς το καταλήγουμε στη σχέση x_n=\frac{x_2-x_1}{(n-1)!}\sum_{k=1}^{n-2}k! + \frac{x_1}{(n-1)!} , n\geq3 η οποία πάλι μπορεί να αποδειχθεί επαγωγικά. Ξέρω ότι δεν έβγαλα τον τύπο με καθαρά αλγεβρικούς χειρισμούς αλλά δεν έχω πολύ χρόνο στη διάθεσή μου.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nixmtp — Ιουλίου 13, 2011 @ 3:02 μμ

  7. Σωστά. Η συνάρτηση που μας έγραψες ικανοποιεί την εξίσωση και τις αρχικές συνθήκες. Εφόσον ο αναδρομικός ορισμός είναι 2ης τάξης αυτό καθορίζει την x_n.

    Ένας εναλλακτικός τρόπος θα ήταν ορίζοντας u_k=k!\ x_{k+1}-(k-1)! x_k να δούμε ότι η εξίσωση γράφεται ως u_k=(k-1)u_{k-1}.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Ιουλίου 13, 2011 @ 8:42 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: