Рекуррентная последовательность

[Charlz_Klug]

Задача:
Последовательность $\{x_n\}$ задана рекуррентным способом:
$x_1 = a$, $x_2 = b$, $x_{n+2} = p x_{n+1} + qx_n + r$, $n \in \mathbf{N}$;
$a$, $b$, $p$, $q$, $r$ — заданные числа. Найти формулу общего члена, если:
1) уравнение $\lambda^2 = p \lambda + q$ имеет различные корни $\lambda_1$ и $\lambda_2$;
2) уравнение $\lambda^2 = p \lambda + q$ имеет кратный корень $\lambda_0 \ne 0$.

Ответ в задачнике:
1) Если $p+q \ne 1$, то $x_n = \dfrac {(\lambda_2(a+\alpha) - (b-\alpha)) \lambda_1^{n-1}-(\lambda_1 (a+\alpha) - (b-\alpha)) \lambda_2^{n-1}} {\lambda_2 - \lambda_1} - \alpha$, где $\alpha = \dfrac {r} {p+q-1}$;
если $p+q=1$, то $x_n = a - \dfrac {r(n-1)} {p-2} + \left (b-a+ \dfrac {r} {p-2} \right ) \dfrac {(p-1)^{n-1}-1} {p-2}$;
2) если $p \ne 2$, то $x_n = (2 \lambda_0 (a+\alpha)-b-\alpha+n(b+\alpha-\lambda_0(a+\alpha)))\lambda_0^{n-2}-\alpha$, где $\alpha = - \dfrac {4r} {(p-2)^2}$; если $p=2$, то $x_n = a + (n-2)(b-a)+ \dfrac {(n-1)(n-2)} {2}r\text{.}$

Долго думал, но не придумал как это решить. Пожалуйста, дайте подсказки.

[thething]

Мобыть методом производящих функций?

-- 02.09.2018, 19:21 --

По крайней мере ясно, в какой момент пойдёт ветвление -- когда будем раскладывать производящую функцию в степенной ряд

-- 02.09.2018, 19:43 --

Либо через характеристическое уравнение с дальнейшим подбором частного решения, как при решении дифуров

[waxtep]

Можно привести к геометрической прогрессии, перегруппировав левую и правую части в выражении для $x_{n+2}$

[DeBill]

Charlz_Klug
А по какой теме эта задача? И - что было до, что - после этой задачи?
И вообще - откуда она?
Потому как выглядит это странно:
общая теория рек. посл-тей зашифрована в условия типа "равно 1 или 2" - вместо честного указания на то, что 1 - корень характеристического уравнения, и т.п. Хочет ли автор научить решать рек. линейные ур-я? Или отработать метод производящих ф-й? Или - метод вариации постоянной? А то - выглядит как фокус - без его разоблачения.

[iifat]

Как вариант:
$x_{n+2} = p x_{n+1} + qx_n + r$
$r=x_{n+2} - p x_{n+1} - qx_n$
$x_{n+3} = p x_{n+2} + qx_{n+1} + r = p x_{n+2} + qx_{n+1}+x_{n+2} - p x_{n+1} - qx_n$
ну и так далее — получаем хорошо известное рекуррентное соотношение с постоянными коэффициентами. Правда, уже третьей степени.

[TOTAL]

iifat в сообщении #1336235 писал(а):

Правда, уже третьей степени.

Исходное уравнение второй степени, его и решаем при $r=0$ (т.е. решаем задачу для $y_i=x_{i+1}-x_i$)

[Andrey A]

Charlz_Klug в сообщении #1336085 писал(а):

Последовательность $\{x_n\}$ задана рекуррентным способом:
$x_1 = a$, $x_2 = b$, $x_{n+2} = p x_{n+1} + qx_n + r$

Это пригодится. Если к примеру назначить $x_0=r$ и рассматривать последовательность \dfrac{\{x_n\}-r}{a-r}=0,1,\dfrac{b-r}{a-r},..., x_{n+2}=px_{n+1}+qx_n...$

[Charlz_Klug]

DeBill в сообщении #1336218 писал(а):

А по какой теме эта задача? И - что было до, что - после этой задачи?
И вообще - откуда она?

Задача из задачника Кудрявцева по математическому анализу. Ссылка на задачник — здесь, страница 108. Тема: последовательности.

[thething]

Charlz_Klug
В Кудрявцеве же есть примеры решения рекуррентных соотношений через характеристический многочлен. А в Вашем случае соотношение неоднородное, ну так решите сперва однородное, а потом подберите частное решение неоднородного в том же виде, что и неоднородность (хотя там будет еще исключительный случай, по ответу ясно -- какой).

[DeBill]

Charlz_Klug

thething в сообщении #1337218 писал(а):

В Кудрявцеве же есть примеры решения рекуррентных соотношений через характеристический многочлен.

См. пример 19

[Charlz_Klug]

Для условия номер один получается $x_{n+2}-px_{n+1}-qx_n=r$. Однородное уравнение $x_{n+2}-px_{n+1}-qx_n = 0$, ищем решение в виде $x_n = \lambda^{n-1}$. Имеем $\lambda^{n+1}-p \lambda^n - q \lambda^{n-1} = 0$, записываем в виде $\lambda^{n}(\lambda - p -q \lambda^{-1}) = 0$. $\lambda^n = 0$ не подходит для $x_{n+2}-px_{n+1}-qx_n=r$, остаётся $\lambda - p -q \lambda^{-1} = 0$ или $\lambda^2-p \lambda -q = 0$. Тогда дискриминант $D = p^2 + 4q$. Дискриминант считаем больше нуля по условию. Тогда $\lambda_1 = \dfrac {p-\sqrt{p^2+4q}} {2}$ и $\lambda_2 = \dfrac {p+\sqrt{p^2+4q}} {2}$. Общее решение для однородного уравнения $x_{\text{одн.}} = C_1 \lambda_1^{n-1} + C_2 \lambda_2^{n-1}$. Теперь, считая что $1-p-q \ne 0$, частное решение для уравнения $x_{n+2}-px_{n+1}-qx_n=r$ будет $x_n=\dfrac {r} {1-p-q}$. И общее решение имеет вид $x_{\text{общ}} = C_1 \lambda_1^{n-1} + C_2 \lambda_2^{n-1} + \dfrac {r} {1-p-q}$. Получим начальные значения: $x_1 = C_1 + C_2 + \dfrac {r} {1-p-q} = a$ и $x_2 = C_1 \lambda_1 + C_2 \lambda_2 + \dfrac {r} {1-p-q} = b$. Получаю такую систему уравнений:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} C_1 + C_2 &=a-\alpha& \\ C_1\lambda_1 + C_2 \lambda_2 &=b - \alpha& \\ \end{array} \right.$$

где $\alpha = \dfrac {r} {1-p-q}$. Решаю эту систему методом Крамера: $\Delta = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ \lambda_1 & \lambda_2 \\ \end{vmatrix} = \sqrt{p^2 + 4q}$.
$\Delta_{C_1} = \begin{vmatrix} a-\alpha & 1 \\ b-\alpha & \lambda_2 \\ \end{vmatrix} = (a-\alpha) \lambda_2 - (b-\alpha)$.
$\Delta_{C_2} = \begin{vmatrix} 1 & a-\alpha \\ \lambda_1 & b-\alpha \\ \end{vmatrix} = b-\alpha - (a-\alpha) \lambda_1$.
$C_1 = \dfrac {(a-\alpha) \lambda_2 - b + \alpha} {\lambda_2 - \lambda_1}$
$C_2 = \dfrac {b-\alpha-(a-\alpha)\lambda_1} {\lambda_2 - \lambda_1}$
И окончательно получаем $x = \dfrac {(a-\alpha) \lambda_2 -b+\alpha} {\lambda_2 - \lambda_1} \cdot \lambda_1^{n-1} + \dfrac {b-\alpha-(a-\alpha)\lambda_1} {\lambda_2 - \lambda_1} + \alpha =$
$= \dfrac {((a-\alpha) \lambda_2-b+\alpha)\lambda_1^{n-1} - ((a-\alpha)\lambda_1 - b+\alpha)\lambda_2^{n-1}} {\lambda_2 - \lambda_1} + \alpha$

-- 06.10.2018, 13:42 --

Теперь у меня проблемы с $p+q = 1$. В этом случае $q = 1-p$. И имеем уравнение $x_{n+2} -p x_{n+1} +(p-1)x_n = r$. Я не могу подобрать частное решение. Прошу помощи.

[thething]

Charlz_Klug в сообщении #1343951 писал(а):

Теперь у меня проблемы с $p+q = 1$.

Попробуйте подбирать в виде $x_n=na$, где $a=\operatorname{const}$ (типа как резонансный случай в дифурах).

[Charlz_Klug]

И вообще подобное решение рекуррентных соотношений крайне напоминает методы решений дифференциальных уравнений. Это совпадение?

[thething]

Не совпадение. Рекуррентное соотношение -- это по сути дискретный дифур, т.к. производные аппроксимируются конечными разностями. В вашем случае -- это аналог дифура второго порядка.

[iifat]

Charlz_Klug в сообщении #1343951 писал(а):

Дискриминант считаем больше нуля по условию

Не вижу ничего подобного в условии, да и не нужно оно. Случай двух сопряжённых комплексных корней ничем особым не отличается.