Не понимаю, как решить разностное уравнение

[Kevsh]

svv в сообщении #1611052 писал(а):

Из вышесказанного следует, что достаточно решить уравнение $\mathsf Lz=\delta$
Тогда решением для правой части
$x=\delta+2\mathsf T\delta+\mathsf T^2\delta$
будет
$y=z+2\mathsf Tz+\mathsf T^2z$

Кстати, теперь Вам будет намного легче понять то, о чём говорил TOTAL.

Не понимаю, откуда следует, что достаточно решить уравнение $Lz=\delta$. Мне кажется, что я совсем чушь напишу, но:
Если $z=\frac{\delta}{L}$, то при $y=z+2Tz+T^2z$ мы будем иметь как раз $Ly=L(\frac{\delta}{L}+2T\frac{\delta}{L}+T^2 \frac{\delta}{L})=\delta+T\delta +T^2\delta=x$
Если это правда (в чём я сильно сомневаюсь, ведь $L$ - это преобразование, $\delta$ - это последовательность и как-то всё это не укладывается у меня в голове), то получается, что нужно решить уравнение $Lz=\delta$ (это я не сомневаюсь в правильности вашего решения, а сомневаюсь, правильно ли я его понял).
Возникает вопрос, как решить это уравнение. Я думаю, что нужно возвращаться обратно к изначальным обозначениям.
$z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=\delta[n]$
$z[n]=A\cdot \frac{1}{2^n}$
$y[n]=A(\frac{1}{2^n} + 2\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^{n-2}})$
Мы знаем, что $y[0]=1$, тогда:
$1=A(1+2\cdot 2+4)\implies A=\frac{1}{9}$
Ответ: $y[n]=\frac{1}{9}(\frac{1}{2^n} + 2\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^{n-2}})$, ответ неверный.
Есть у меня подозрение, что констант тут должно быть больше, чем одна.
$y[n]=A\cdot \frac{1}{2^n}+B\cdot 2\frac{1}{2^{n-1}}+C\frac{1}{2^{n-2}}=A\cdot \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n-2}}(B+C)$
$1=A+4(B+C)$
$\frac{5}{2}=\frac{A}{2}+2(B+C)$
$\frac{9}{4}=\frac{A}{4}+B+C$
А у этой системы нет решений

[svv]

Kevsh в сообщении #1611184 писал(а):

Не понимаю, откуда следует, что достаточно решить уравнение $Lz=\delta$. Мне кажется, что я совсем чушь напишу, но:
Если $z=\frac{\delta}{L}$, то при $y=z+2Tz+T^2z$ мы будем иметь как раз $Ly=L(\frac{\delta}{L}+2T\frac{\delta}{L}+T^2 \frac{\delta}{L})=\delta+T\delta +T^2\delta=x$

У Вас используется "деление последовательности на оператор", мы такого не вводили. Я обойдусь без этого. Итак, пусть
$\mathsf L=\mathsf E-\frac 1 2\mathsf T,\quad x=\delta+2\mathsf T\delta+\mathsf T^2\delta,$
и мы нашли (как-то) такую последовательность $z$, что $\mathsf Lz=\delta$. Тогда построим
$y=z+2\mathsf Tz+\mathsf T^2z$

Проверим, что это частное решение Вашего уравнения.
$\begin{tabular}{l|l}Учтём, что:&$\mathsf Ly=\mathsf L(z+2\mathsf Tz+\mathsf T^2z)=$\\$\mathsf L$ линейно&$=\mathsf Lz+2\mathsf L\mathsf Tz+\mathsf L\mathsf T^2z=$\\$\mathsf L\mathsf T^k=\mathsf T^k\mathsf L$&$=\mathsf Lz+2\mathsf T\mathsf Lz+\mathsf T^2\mathsf Lz=$\\$Lz=\delta$&$=\delta+2\mathsf T\delta+\mathsf T^2\delta$\end{tabular}$
Получили заданную правую часть.

Kevsh в сообщении #1611184 писал(а):

$L$ - это преобразование, $\delta$ - это последовательность и как-то всё это не укладывается у меня в голове

Я в прошлом сообщении нарисовал табличку, посмотрите на неё подольше, чтобы понять всё, что там написано.
Да, $\mathsf L=\mathsf E-\frac 1 2\mathsf T$ — это оператор, он преобразует пока неизвестную последовательность $z$ в известную последовательность $\delta$. Я нарисую аналогичную табличку для уравнения $\mathsf Lz=\delta$:

$$\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c} &... & $n=-1$ & $n=0$ & $n=1$ & $n=2$ & ...\\\hline $z$ &... & $z_{-1}$ & $z_{0}$ & $z_{1}$ & $z_{2}$ & ...\\ $\mathsf T z$ &... & $z_{-2}$ & $z_{-1}$ & $z_{0}$ & $z_{1}$ & ...\\ $\frac 1 2\mathsf T z$ &... & $\frac 1 2 z_{-2}$ & $\frac 1 2 z_{-1}$ & $\frac 1 2 z_{0}$ & $\frac 1 2 z_{1}$ & ...\\ $\mathsf L z=z-\frac 1 2\mathsf Tz$ &... & $z_{-1}-\frac 1 2 z_{-2}$ & $z_{0}-\frac 1 2 z_{-1}$ & $z_{1}-\frac 1 2 z_{0}$ & $z_{2}-\frac 1 2 z_{1}$ & ...\\\hline $\delta$ &... & $0$ & $1$ & $0$ & $0$ & ...\end{tabular}$$

Словами уравнение $(\mathsf E-\frac 1 2\mathsf T)z=\delta$ можно описать так: возьмём два экземпляра некоторой последовательности $z$. С первым экземпляром ничего не делаем ($\mathsf Ez=z$). Второй сдвигаем на один отсчёт (в направлении, показанном в табличке) и умножаем на $\frac 1 2$. После этого из первого (т.е. $z$) вычитаем второе (т.е. $\frac 1 2\mathsf Tz$). Получили $\delta$. Вопрос: какую взяли $z$?

Это уравнение имеет бесконечное множество решений, но если дополнительно потребовать, чтобы было $z_n=0$ при $n<0$, решение будет единственным. Прямо из таблички (сравнением строки $\mathsf L z=z-\frac 1 2\mathsf Tz$ и строки $\delta$) получаем:
$z_0-\frac 1 2 z_{-1}=z_0=1$
$z_1=\frac 1 2 z_0=\frac 1 2$
$z_2=\frac 1 2 z_1=\frac 1 4$
и так далее. Общая формула для $n\geqslant 0$ будет $z_n=\frac 1{2^n}$.

Проверка:

$$\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c} &... & $n=-1$ & $n=0$ & $n=1$ & $n=2$ &$n=3$ & ...\\\hline $z$ &... & $0$ & $1$ & $\frac 1 2$ & $\frac 1 4$ & $\frac 1 8$ &...\\ $\mathsf T z$ &... & $0$ & $0$ & $1$ & $\frac 1 2$ &$\frac 1 4$ & ...\\ $\frac 1 2\mathsf T z$ &... & $0$ & $0$ & $\frac 1 2$ & $\frac 1 4$ & $\frac 1 8$ &...\\ $\mathsf L z=z-\frac 1 2\mathsf Tz$ &... & $0$ & $1$ & $0$ & $0$ & $0$ & ...\\\hline $\delta$ &... & $0$ & $1$ & $0$ & $0$ & $0$ &...\end{tabular}$$

Строка $\mathsf L z=z-\frac 1 2\mathsf Tz$, равная разности строк $z$ и $\frac 1 2\mathsf T z$, совпала со строкой $\delta$. Значит, уравнение решено правильно.

[Kevsh]

svv
Ваше пояснение я вроде как полностью понял. Вот как решить уравнение до конца, то есть получить $y[n]$ для исходного уравнения $y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n]+2x[n-1]+x[n-2]$ при $x[n]=\delta [n]$, до сих пор понять не могу. На данный момент мы можем подставить $z[n]=\frac{1}{2^n}$ в выражение $y=z+2\mathsf Tz+\mathsf T^2z$, но после всех упрощений мы получим $y[n]=\frac{9}{2^n}$, что является неверным ответом для, допустим, $n=0$.

[svv]

Kevsh в сообщении #1611321 писал(а):

На данный момент мы можем подставить $z[n]=\frac{1}{2^n}$ в выражение $y=z+2\mathsf Tz+\mathsf T^2z$, но после всех упрощений мы получим $y[n]=\frac{9}{2^n}$, что является неверным ответом для, допустим, $n=0$.

Какую из табличек Вы бы назвали правильной?
(В последней строке вычислена линейная комбинация $z+2\mathsf T z+\mathsf T^2 z$ трёх предыдущих строк без дополнительных ошибок. Т.е. ошибки в последней строке обусловлены лишь ошибками в строках $z, \mathsf T z, \mathsf T^2 z$.)

$$\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c} Вариант 1&... & $n=-1$ & $n=0$ & $n=1$ & $n=2$ &$n=3$ & ...\\\hline $z$ &... & $0$ & $1$ & $\frac 1 2$ & $\frac 1 4$ & $\frac 1 8$ &...\\ $\mathsf T z$ &... & $0$ & $0$ & $1$ & $\frac 1 2$ &$\frac 1 4$ & ...\\ $\mathsf T^2z$ &... & $0$ & $0$ & $0$ & $1$ & $\frac 1 2$ & ...\\\hline $z+2\mathsf T z+\mathsf T^2 z$ &... & $0$ & $1$ & $\frac 5 2$ & $\frac 9 4$ & $\frac 9 8$ & ...\end{tabular}$$

$$\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c} Вариант 2&... & $n=-1$ & $n=0$ & $n=1$ & $n=2$ &$n=3$ & ...\\\hline $z$ &... & $0$ & $1$ & $\frac 1 2$ & $\frac 1 4$ & $\frac 1 8$ &...\\ $\mathsf T z$ &... & $0$ & $2$ & $1$ & $\frac 1 2$ &$\frac 1 4$ & ...\\ $\mathsf T^2z$ &... & $0$ & $4$ & $2$ & $1$ & $\frac 1 2$ & ...\\\hline $z+2\mathsf T z+\mathsf T^2 z$ &... & $0$ & $9$ & $\frac 9 2$ & $\frac 9 4$ & $\frac 9 8$ & ...\end{tabular}$$

$$\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c} Вариант 3&... & $n=-1$ & $n=0$ & $n=1$ & $n=2$ &$n=3$ & ...\\\hline $z$ &... & $2$ & $1$ & $\frac 1 2$ & $\frac 1 4$ & $\frac 1 8$ &...\\ $\mathsf T z$ &... & $4$ & $2$ & $1$ & $\frac 1 2$ &$\frac 1 4$ & ...\\ $\mathsf T^2z$ &... & $8$ & $4$ & $2$ & $1$ & $\frac 1 2$ & ...\\\hline $z+2\mathsf T z+\mathsf T^2 z$ &... & $18$ & $9$ & $\frac 9 2$ & $\frac 9 4$ & $\frac 9 8$ & ...\end{tabular}$$

[Kevsh]

svv
Правильным по моему мнению является вариант 1. Тут действительно получается, что $y=z+2Tz+T^2z$ является решением уравнения. Эта табличка натолкнула меня на мысль — ведь $Tz\neq \frac{1}{2^{n-1}}$. Тут $Tz=\frac{1}{2^{n-1}}u[n-1]$ (я это понял именно из таблицы, вот подразумевает ли само преобразование это — не уверен). Вот таким образом можно получить ответ: $y[n]=\frac{1}{2^n}(u[n]+4(u[n-1]+u[n-2]))$. Как вы думаете, это можно считать конечным ответом, или есть способ оставить одну $u[n]$, как это было в ответе к самой первой задаче, рассматриваемой в данном топике?
Также интересно, что это вообще за область математики (вот эти $T$, $E$ и тому подобное), до этого момента я такого не видел.

[svv]

Да, правильно, вариант 1.

И Вы уже ответили на следующий вопрос, который я собирался Вам задать — как, используя обозначения из книги, красиво объединить формулы для $n<0$ и $n\geqslant 0$ в одну:

svv в сообщении #1611198 писал(а):

потребовать, чтобы было $z_n=0$ при $n<0$
...
Общая формула для $n\geqslant 0$ будет $z_n=\frac 1{2^n}$.

Таким образом,
$z[n]=u[n]\frac 1 {2^n}$
Дальше, просто по определению оператора сдвига, $(\mathsf T^kz)[n]=z[n-k]$. Это важная формула. Круглые скобки в левой части подчёркивают порядок: сначала к последовательности $z$ применяется $k$-кратный сдвиг, получается последовательность $\mathsf T^k z$. И потом берется её $n$-й отсчёт. Трактовка $\mathsf T^kz[n]$ как $\mathsf T^k(z[n])$ была бы неверной: сдвиг НЕ применяется к числу $z[n]$ (как можно сдвинуть число $\frac 1 4$ на два шага?).
Поэтому
$(\mathsf T^{\phantom{1}}z)[n]=z[n-1]=u[n-1]\frac 1 {2^{n-1}}$
$(\mathsf T^2z)[n]=z[n-2]=u[n-2]\frac 1 {2^{n-2}}$
$(z+2\mathsf T z+\mathsf T^2z)[n]=u[n]\frac 1 {2^n}+2u[n-1]\frac 1 {2^{n-1}}+u[n-2]\frac 1 {2^{n-2}}$
И дальше получается Ваша формула.

Kevsh в сообщении #1611353 писал(а):

Как вы думаете, это можно считать конечным ответом, или есть способ оставить одну $u[n]$, как это было в ответе к самой первой задаче, рассматриваемой в данном топике?

Это можно считать конечным ответом, упростить это нельзя. Неформально объясню, почему. Представьте, что по условию правая часть $x$ является линейной комбинацией трёх точечных воздействий $\delta[n],\delta[n-7]$ и $\delta[n-25]$ с какими-то коэффициентами. Решение $y$ будет линейной комбинацией трёх слагаемых, в которых будут стоять множители $u[n], u[n-7], u[n-25]$ (помимо двоек в какой-то степени). Идя в сторону увеличения $n$, мы увидим, что в каждой из точек $n=0, n=7, n=25$ благодаря $u$ "включается" (и никогда больше не выключается) новое слагаемое. Формула вида $C2^{-n}$, действовавшая в "предыдущей" области, ломается, и начинает действовать некоторая другая, с дополнительным слагаемым (что в нашем случае эквивалентно смене константы $C$). Ну, и ясно, что "включение" трёх разных слагаемых (которые хоть и однотипные, но в зависимости от условия могут быть с какими угодно коэффициентами и могут "включаться" в каких угодно местах) никак кратко не запишешь.

[Kevsh]

svv
Отлично, теперь можно попробовать решить ту же задачу, только при $x[n]=u[n]$.
$y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=u[n]+2u[n-1]+u[n-2]$
$y(E-\frac{1}{2}T)=u+2Tu+T^2u$
Теперь необходимо решить уравнение $zL=u$
$z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=u[n]$
$z[0]=1$, $z[1]=\frac{3}{2}$, $z[2]=\frac{7}{4}$, $z[3]=\frac{15}{8}$, $z[4]=\frac{31}{16}$
Заметим, что $z[n]=\frac{2^{n+1}-1}{2^n}$
Вернёмся обратно к $y$:
$y[n]=(\frac{2^{n+1}-1}{2^n})u[n]+(\frac{2^{n}-1}{2^{n-2}})u[n-1]+(\frac{2^{n-1}-1}{2^{n-2}})u[n-2]$
И это правильный ответ!

Единственное, что мне не очень нравится - метод решения уравнения $zL=u$. Это решение подбором по сути. Когда я только начал решать эту задачу, я решил сделать, как мы делали раньше - то есть сказать, что уравнение $z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=u[n]$ можно заменить на $z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=1$ при $z\geq 0$. Потом мы можем сделать замену типа $v[n]+A=z[n]$, найти $A=2$ при котором уравнение становится однородным. Ну а уравнение $v[n]-\frac{1}{2}v[n-1]=0$ мы уже решали: $v[n]=\frac{1}{2^n}$, получается, что $z[n]=\frac{1}{2^n}+2=\frac{2^{n+1}+1}{2^n}$ , то есть почему-то у единицы поменялся знак, хотя $A$ ну никак не может быть отрицательным. Тут можно как-то применить данный метод?

[svv]

Kevsh, я на Ваше последнее сообщение отвечу позже, сейчас занят. Хотел бы (потом) разобрать с Вами то, что писал TOTAL.

-- Вт сен 26, 2023 16:55:29 --

Kevsh в сообщении #1611384 писал(а):

$zL=u$

$Lz=u$. По соглашению, оператор действует на то, что справа.

[svv]

Отвечу пока на вопрос:

Kevsh в сообщении #1611353 писал(а):

Также интересно, что это вообще за область математики (вот эти $T$, $E$ и тому подобное), до этого момента я такого не видел.

Как помните, наша последовательность $y$ (и аналогично $z,\delta,u...$) — это

svv в сообщении #1609711 писал(а):

закон, по которому каждому целому числу $n$ соответствует вещественное число $y[n]$

Иначе говоря, $y$ — это функция из множества целых чисел $\mathbb Z$ в множество вещественных чисел $\mathbb R$. Запись:
$y:\mathbb Z\to\mathbb R$

Вы наверняка изучали линейную алгебру, и поэтому знаете определение векторного пространства. Мы можем складывать две последовательности, получая третью. Мы можем умножать последовательность на число. Существует нулевая последовательность. Сложение последовательностей удовлетворяет свойству $x+y=y+z$... И так далее. Короче говоря, наши последовательности удовлетворяют всем аксиомам векторного пространства. Они — векторы, т.е. элементы векторного пространства последовательностей. Тот факт, что последовательность мы определили как функцию, этому не мешает (найдите в начале определения слова "множество элементов произвольной природы").

Поскольку все отсчёты $y[n]$ последовательности (это, фактически, компоненты, или координаты вектора) независимы, ясно, что пространство, в котором живут наши последовательности, бесконечномерно. Обычно считается, что конечномерные пространства изучает линейная алгебра, а бесконечномерные — функциональный анализ.

Оператор у нас понимается как отображение (=функция), которое ставит в соответствие одной последовательности другую. Это согласуется и с линейной алгеброй (оператор превращает вектор в вектор, например, оператор поворота), и с функциональным анализом (оператор превращает функцию в функцию, например, оператор дифференцирования). Цитата из Вики:

Цитата:

точное значение зависит от контекста, например в функциональном анализе под операторами понимают отображения, ставящие в соответствие функции другую функцию («оператор на пространстве функций» вместо «функции от функции»).

Действительно, говорить "функция $\mathsf L$ ставит в соответствие функции $y$ функцию $x$" было бы ужасно. А "оператор $\mathsf L$ превращает последовательность $y$ в последовательность $x$" — уже не так страшно. Хотя $\mathsf L, y, x$ — это всё функции.

Но говорить, что мы изучаем функциональный анализ, нельзя. Мы не определили пространство, в котором работаем. Мы в дальнейшем будем писать бесконечные суммы, но не будем уделять никакого внимания сходимости, и т.д. В итоге — мы используем некоторые термины из функционального анализа, не изучая саму теорию.

[svv]

svv в сообщении #1611390 писал(а):

Сложение последовательностей удовлетворяет свойству $x+y=y+z$...

Мне что-то в глаз попало, когда я это писал. Конечно, $x+y=y+x$.

Kevsh в сообщении #1611384 писал(а):

Когда я только начал решать эту задачу, я решил сделать, как мы делали раньше - то есть сказать, что уравнение $z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=u[n]$ можно заменить на $z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=1$ при $z\geq 0$. Потом мы можем сделать замену типа $v[n]+A=z[n]$, найти $A=2$ при котором уравнение становится однородным.

Это правильно (только исправить описку $z\geq 0$ на $n\geq 0$).

Kevsh в сообщении #1611384 писал(а):

Ну а уравнение $v[n]-\frac{1}{2}v[n-1]=0$ мы уже решали: $v[n]=\frac{1}{2^n}$

Это уравнение имеет общее решение $v[n]=\frac{C}{2^n}$ (проверьте, что $v[n]=\frac 7{2^n}$ тоже решение), и мы пока не знаем, чему равно $C$. Возвращаемся к $z$, учитывая, что $A=2$:
$z[n]=\frac{C}{2^n}+2\qquad(*)$
Эта формула верна при $n\geqslant -1$.

(Вот почему)

Ключевой момент. Пусть для некоторого $n$ выполняется рекуррентное соотношение
$z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=1$
Тогда, если формула $(*)$ справедлива при $n$, то она справедлива и при $n-1$.
Если же формула $(*)$ справедлива при $n-1$, то она справедлива и при $n$.

(Оффтоп)

Проверка. Из рекуррентного соотношения выразим
$z[n-1]=2z[n]-2$
и подставим выражение для $z[n]$ из $(*)$. Получим
$z[n-1]=2(\frac{C}{2^n}+2)-2=\frac{C}{2^{n-1}}+2$
А это точно то выражение, которое даёт формула $(*)$.

Образно говоря, рекуррентное соотношение $z[n]-\frac{1}{2}z[n-1]=1$ при каждом $n$, при котором оно выполняется, "распространяет" применимость формулы $(*)$ на все входящие в него члены.
А поскольку рекуррентное соотношение выполняется при $n\geqslant 0$, формула $(*)$ верна при $n\geqslant -1$.

Теперь можно использовать любое из условий $z[-1]=0,\;z[0]=1$ для нахождения $C$. Получится $C=-1$. Итак,
$z[n]=\begin{cases}2-\frac 1{2^n}&\text{при}\;n\geqslant -1\\0&\text{при}\;n\leqslant -1\end{cases}$
(при $n=-1$ можно пользоваться как верхней, так и нижней формулой).

Формула для произвольного $n$:
$z[n]=u[n+1]\left(2-\frac 1{2^n}\right)=u[n]\left(2-\frac 1{2^n}\right)$
Поскольку выражение в скобках равно нулю при $n=-1$, безразлично, писать ли перед скобками $u[n+1]$, или $u[n]$.

[Kevsh]

svv
Если бы я внимательнее читал книгу, а не бросался сразу решать задачи, то я бы увидел достаточно полезный пример, который позволяет решить ту же самую задачу немного легче (в плане понимания, а не в плане необходимых действий).
Решение:
$y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n]+2x[n-1]+x[n-2]$
Мы ищем ищем импульсную характеристику $h[n]$, то есть выход системы при $x[n]=\delta [n]$:
$h[n]-\frac{1}{2}h[n-1]=\delta [n]+2\delta [n-1]+\delta [n-2]$
Заметим, что преобразованием Фурье от $h[n]$ является комплексная частотная характеристика (КЧХ) $H(e^{j\omega })$. Применив свойства преобразования Фурье получаем:
$H(e^{j\omega})-\frac{1}{2}e^{-j\omega}H(e^{j\omega})=1+2e^{-j\omega}+e^{-j2\omega}$
$H(e^{j\omega})=\frac{1+2e^{-j\omega}+e^{-j2\omega}}{1-\frac{1}{2}e^{-j\omega}}$
$h[n]=\frac{1}{2^n}u[n]+2\frac{1}{2^{n-1}}u[n-1]+\frac{1}{2^{n-2}}u[n-2]$

Нужно было отметить в начале темы, что преобразования Фурье на тот момент книги были разобраны, однако мне и в голову не пришло, что они тут вообще могут быть задействованы. Зачем тогда дана глава, где рассказывается про общее решение разностных уравнений, мне не очень ясно - очень сбивает с толку, а практической пользы от неё очень мало. Ваш метод, как мне кажется, можно использовать в случаях, когда для КЧХ выходит выражение, которое сложно преобразовать во временную область по табличке со свойствами преобразования Фурье.

[svv]

Kevsh, хорошо.
Могу рассказать. Есть у Вас время и желание?

[Утундрий]

А вот такой вопрос: $a[n]$ действительно наглядней чем $a_n$?

[Kevsh]

svv
Есть! Хотелось бы разобраться

-- 05.10.2023, 10:40 --

Утундрий
Лично для меня да. Я изучаю ЦОС для того, чтобы потом применять эти знания на практике. Все эти алгоритмы записываются в конечном счёте на языках программирования, в которых $a[n]$ означает $n$-ый номер массива. Математически, конечно, $a_n$ выглядит более адекватно, но я, как можно заметить, далеко не математик.

[svv]

0) Пусть $y,z$ — последовательности, $a$ — вещественное число. В записи $z=ay$ это $a$ можно понимать как оператор. Конкретно, это оператор умножения последовательности на число $a$, действующий по правилу $z_n=ay_n$.

1) Мы до сих пор рассматривали и впредь будем рассматривать только линейные операторы:
$\mathsf L(ax+by+cz)=a\mathsf Lx+b\mathsf Ly+c\mathsf Lz$
Здесь $x,y,z$ — последовательности, $a,b,c$ — вещественные числа.

2) Оператор $\mathsf C$ называется композицией операторов $\mathsf A$ и $\mathsf B$ (запись $\mathsf C=\mathsf B\mathsf A$), если
$\mathsf C y=\mathsf B \mathsf A y = \mathsf B (\mathsf A y)$ для любой последовательности $y$.
То есть $\mathsf B\mathsf A$ — это оператор, дающий для любой $y$ то же, что и последовательное применение сначала $\mathsf A$, потом $\mathsf B$. Запись $\mathsf B\mathsf A$ похожа на произведение, но понимается только в смысле композиции.
$\bullet$ Обратите внимание на порядок записи "справа налево": говорим «композиция $\mathsf A$ и $\mathsf B$», применяем сначала $\mathsf A$, потом $\mathsf B$, НО пишем $\mathsf B\mathsf A$. Это согласуется с правилом "оператор действует на то, что справа".
$\bullet$ Композиция ассоциативна: $(\mathsf C\mathsf B)\mathsf A=\mathsf C(\mathsf B\mathsf A)$. Поэтому в записи $\mathsf C\mathsf B\mathsf A$ скобки, уточняющие порядок, можно не писать.
$\bullet$ В общем случае композиция некоммутативна: $\mathsf A\mathsf B\neq \mathsf B\mathsf A$.
$\bullet$ Композицию оператора с самим собой естественно обозначить степенью: $\mathsf A\mathsf A=\mathsf A^2$, $\mathsf T\mathsf T\mathsf T=\mathsf T^3$ и т.д. Мы уже использовали это обозначение.

3) Говорят, что операторы $\mathsf A$ и $\mathsf B$ коммутируют, если их композиция не зависит от порядка: $\mathsf A\mathsf B=\mathsf B\mathsf A$. То есть если
$\mathsf A(\mathsf B y)=\mathsf B(\mathsf A y)$ для любой $y$.
Все операторы, с которыми мы имели дело в данной задаче, коммутируют. Например:

svv в сообщении #1611052 писал(а):

$\mathsf L\mathsf Ty=\mathsf T\mathsf Ly$

Пример некоммутирующих операторов. Пусть оператор $\mathsf A$ обнуляет члены последовательности с чётными номерами (нечётные не трогает), а $\mathsf T$ наш оператор сдвига. Тогда $\mathsf A\mathsf T\neq \mathsf T\mathsf A$.
_________________

Рассмотрим оператор $\mathsf L=\mathsf E-\frac 3 4\mathsf T+\frac 1 8 \mathsf T^2$ из исходного уравнения. Оказывается, его можно "разложить на множители" (в смысле композиции!) так, как будто это обычный полином $1-\frac 3 4 t+\frac 1 8 t^2$:
$\mathsf L=\mathsf E-\frac 3 4\mathsf T+\frac 1 8 \mathsf T^2=(\mathsf E-\frac 1 4\mathsf T)(\mathsf E-\frac 1 2\mathsf T)$
То есть $\mathsf Ly$ совпадает с результатом последовательного применения операторов $\mathsf E-\frac 1 2\mathsf T$ и $\mathsf E-\frac 1 4\mathsf T$ для любой последовательности $y$.
Проверка:
$(\mathsf E-\frac 1 4\mathsf T)(\mathsf E-\frac 1 2\mathsf T)y=(\mathsf E-\frac 1 4\mathsf T)(y-\frac 1 2\mathsf Ty)=$
$=(\mathsf E-\frac 1 4\mathsf T)y-\frac 1 2(\mathsf E-\frac 1 4\mathsf T)\mathsf Ty=\mathsf Ey-\frac 1 4\mathsf Ty-\frac 1 2\mathsf Ty+\frac 1 8\mathsf T^2y=\mathsf Ly$
Другая проверка. Пусть
$z=(\mathsf E-\frac 1 2\mathsf T)y$
$w=(\mathsf E-\frac 1 4\mathsf T)z$
Тогда
$z_n=y_n-\frac 1 2y_{n-1}$
$w_n=z_n-\frac 1 4z_{n-1}=(y_n-\frac 1 2y_{n-1})-\frac 1 4(y_{n-1}-\frac 1 2y_{n-2})=y_n-\frac 3 4y_{n-1}+\frac 1 8y_{n-2}$

Всё ли понятно?