2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки



Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 рекуррентная формула, найти общий член
Сообщение06.01.2006, 17:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/07/05
695
Ярославль
$x(n+1)=\dfrac{x(n)+2}{x(n)+1}$

Дана рекуррентная формула, найти формулу для общего члена?
(Не срочно! Мне просто интересно, решит её кто-нибудь или нет?
Скажите пожалуйста, где вы научились решать такие задачи (по каким учебникам)?)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.01.2006, 17:14 
Основатель
Аватара пользователя


11/05/05
4100
London
а начальное условие?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.01.2006, 17:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/07/05
695
Ярославль
cepesh писал(а):
а начальное условие?


Ну допустим $x(1)=x_1$ :) :?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.01.2006, 17:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/07/05
695
Ярославль
При $n \to \infty$, $x(n) \to \sqrt{2}$, при любом начальном условии.
Ведь так, да?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.01.2006, 18:03 
Основатель
Аватара пользователя


11/05/05
4100
London
$x(n)$ обозначим через $c_n,\, \{c_n\} = \left\{0, 2, \frac43, \frac{10}{7}, \frac{24}{17}, \frac{58}{41},\frac{140}{99}, \frac{338}{239}, \frac{816}{577}, \frac{1970}{1393},   \dots\right\}$
$c_n = \frac{a_n}{b_{n-1}}$, где
$a_n = 2a_{n-1} + a_{n-2}, \, a_0 = 0,\, a_1 = 2$
$b_n = 2b_{n-1} + b_{n-2}, \, b_0 = 1,\, b_1 = 3$
$a_n = \frac{(1+\sqrt{2})^n}{\sqrt{2}} - \frac{(1-\sqrt{2})^n}{\sqrt{2}}$
$b_n = \left(\frac12 + \frac{1}{\sqrt{2}}\right)(1+\sqrt{2})^n + \left(\frac12 - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)(1-\sqrt{2})^n$
http://www.research.att.com/~njas/sequences/Seis.html
$c_n = \frac{ \frac{(1+\sqrt{2})^n}{\sqrt{2}} - \frac{(1-\sqrt{2})^n}{\sqrt{2}}}{\left(\frac12 + \frac{1}{\sqrt{2}}\right)(1+\sqrt{2})^{n-1} + \left(\frac12 - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)(1-\sqrt{2})^{n-1}} = 2\frac{(1+\sqrt{2})^n - (1-\sqrt{2})^n}{(2 + \sqrt{2})(1+\sqrt{2})^{n-1} + (\sqrt{2} - 2)(1-\sqrt{2})^{n-1}}=$
$=\sqrt{2}\frac{(1+\sqrt{2})^n - (1-\sqrt{2})^n}{(1+\sqrt{2})^n + (1-\sqrt{2})^n} = \sqrt2\left(1-\frac{2}{\left(\frac{1+\sqrt2}{1-\sqrt2}\right)^n + 1}\right)$
$\lim\limits_{n \to \infty} c_n = \sqrt2$
Правда, ничего дельного по теме я так и не рассказал...
Upd: где-то я накосячил... :(
Upd: подчистил косяки... :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.01.2006, 18:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/07/05
695
Ярославль
Ух! Блин! :shock: :shock: :shock:

Нашёл я вот тут в библиотеке книжку, решил зачитать. :arrow: http://lib.mexmat.ru/books/5802

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.01.2006, 19:09 
Основатель
Аватара пользователя


11/05/05
4100
London
Теперь общий случай: $c_0 = y$, тогда $\{c_n\} = \left\{\frac{y}{1},  \frac{y+2}{y+1}, \frac{3y+4}{2y+3},   \dots\right\}$
$c_n = \frac{a_n}{b_n}$, где
$a_n = 2a_{n-1} + a_{n-2}, \, a_0 = y,\, a_1 = y+2$
$b_n = 2b_{n-1} + b_{n-2}, \, b_0 = 1,\, b_1 = y+1$
Выводим формулу общего члена для $a_n$ : $A_1 = \frac{2+\sqrt2 y}{2\sqrt2},\,A_2 = \frac{\sqrt2 y - 2}{2\sqrt2}$
$a_n = A_1 (1+\sqrt2)^n + A_2 (1-\sqrt2)^n$
Выводим формулу общего члена для $b_n$ : $B_1 = \frac{y+\sqrt2}{2\sqrt2},\,B_2 = \frac{\sqrt2 - y}{2\sqrt2}$
$b_n = B_1 (1+\sqrt2)^n + B_2 (1-\sqrt2)^n$
$c_n = \frac{a_n}{b_n}$
$c_n = \frac{(2+\sqrt2 y)\alpha^n + (\sqrt2 y - 2)\beta^n}{(y+\sqrt2)\alpha^n + (\sqrt2 - y)\beta^n}$, где $\alpha = 1+ \sqrt2,\, \beta=1-\sqrt2$
$\lim\limits_{n \to \infty} c_n = \sqrt2 \lim\limits_{n \to \infty} \frac{(\sqrt2+ y)\alpha^n - (\sqrt2 -y)\beta^n}{(y+\sqrt2)\alpha^n + (\sqrt2 - y)\beta^n} = \sqrt2$
Ну вроде все...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение07.01.2006, 20:09 


12/05/05
60
Baku
Немножко попрактикуюсь с маттегом и напишу решение, которое как мне кажется, легче, по крайней мере в рамках привычных для насметодов! А поповоду книги советую "Конкретная Математика" Грехем, Кнут, Поташник. Превосходно написанная книга, ничего лишнего.

С уважением, Анар.

 Профиль  
                  
 
 метод
Сообщение07.01.2006, 22:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
286
Можно использовать известный изоморфизм группы дробно-линейных отображений и группы $PSL_2(\mathbb C)$.

Говоря проще, если дробно-линейному отображению
$$w = \frac{az+b}{cz+d}\qquad (1)$$
поставить в соответсвие матрицу
$$
\left(\begin{array}{cc}
a & b\\ 
c& d
\end{array}\right)\qquad(2),
$$
то $n$-й итерации отображения (1) будет соответствовать $n$-я степень матрицы (2).

В Вашем случае
$$
\left(\begin{array}{cc}
1 & 2\\ 
1 & 1
\end{array}\right) = 
\left(\begin{array}{cc}
\sqrt{2} & \sqrt{2}\\ 
1 & -1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
1+\sqrt{2} & 0\\ 
0 & 1 -\sqrt {2}
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
\sqrt{2} & \sqrt{2}\\ 
1 & -1
\end{array}\right)^{-1}.
$$

Следовательно, полагая для краткости $\alpha = 1+\sqrt{2}$, $\beta= 1-\sqrt{2}$ (© cepesh),
$$
\left(\begin{array}{cc}
1 & 2\\ 
1 & 1
\end{array}\right)^n = 
\left(\begin{array}{cc}
\sqrt{2} & \sqrt{2}\\ 
1 & -1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
\alpha^n & 0\\ 
0 & \beta^n
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
\sqrt{2} & \sqrt{2}\\ 
1 & -1
\end{array}\right)^{-1}= 
\left(\begin{array}{cc}
\sqrt{2}(\alpha^n+\beta^n) & 2(\alpha^n-\beta^n)\\ 
(\alpha^n-\beta^n) & \sqrt{2}(\alpha^n+\beta^n)
\end{array}\right),
$$
значит
$$
x(n) = \frac{\sqrt{2}(\alpha^n+\beta^n)x(0) + 2(\alpha^n-\beta^n)}{(\alpha^n-\beta^n)x(0) + \sqrt{2}(\alpha^n+\beta^n)}.
$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.01.2006, 09:53 


12/05/05
60
Baku
to lofar
Молодчина! Опередил :-))

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.01.2006, 12:30 


12/05/05
60
Baku
to lofar

Разрешите полюбопытствовать, а откуда вы читали про этот изоморфизм, а то я уже третий раз читаю как решают эти задачи таким методом, а ссылок на литературу не дают. Если можно подскажите книжку.

С Уважением, Анар.

 Профиль  
                  
 
 Все просто
Сообщение09.01.2006, 20:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
286
Читать тут нечего. Все просто. Пусть $G$ --- группа всех дробно-линейных преобразований $\mathbb C$. Отображение $\mu\colon SL_2(\mathbb C)\to G$, определяемое соотношением
$$
\mu\colon\left(
\begin{array}{cc}
a & b\\
c & d
\end{array}
\right)\mapsto\left[w=\frac{az+b}{cz+d}\right],
$$
есть эпиморфизм групп: произведению матриц соответствует композиция отображений (подставьте одно дробно-линейное отображение в другое).

Ядро $\mu$ равно подгруппе $SL_2(\mathbb C)$ состоящей из двух элементов:$Ker(\mu) = \{E,-E\}$ ($E$ --- единичная матрица). Таким образом $G$ изоморфно $SL_2(\mathbb C)/\{E,-E\} = PSL_2(\mathbb C)$.

Кстати, проективные специальные линейные группы $PSL_n(K)=SL_n(K)/\{\alpha E|\alpha^n = 1\}$ ($K$ --- поле) занимают важное место. Дело в том, что для всякого поля $K$ группа $PSL_n(K)$ проста, за исключением $PSL_2(\mathbb Z_2)$ и $PSL_2(\mathbb Z_3)$ (теорема Жордана-Диксона).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.01.2006, 16:11 


12/05/05
60
Baku
Спасибо lofar. Первую половину я и так понял, да и вообще изоморфизм тоже (иначе стал бы я вообще упоминать о таком методе решения). Интересно же мне была именно литература, в которой есть подобные примеры применения теории групп к "повседневным задачам". Или иначе, приклодная теория групп. Этот предмет меня всегда пугал своим стремлением вводить новые определения и обозначения, но и всегда удивлял удивительно грациозными решениям задач, казалось бы совсем не из своей области. Судя по вашим постам в этой теме я предположил что вы специализируетесь в этом направлении. Покрайней мере мне стало ясно что вы лучше меня разбираетесь в этой теории, вот я и решил спросить у вас про литературу.

Буду очень вам благодарен за любую информацию. Спасибо.

С Уважением, Анар.

 Профиль  
                  
 
 Re: Все просто
Сообщение10.01.2006, 16:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


20/07/05
695
Ярославль
lofar о чём-то писал(а):
...


Спасибо.
Никак не думал, когда спрашивал, что до такого дойдёт. :shock:

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 14 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group