Równanie rekurencyjne

6

Zapłacę 50zł za rozwiązanie następującej rekursji:

w(t+1) = 2w(t) - w(t-1) - b(t)
b(t+1) = b(t) + 2w(t) - b(t-1)

Równania charakterystyczne mi z tego wyszły:
x^2 = 2x -1 -y
y^2 = y + 2x -1

Interesuje mnie kompletne rozwiązanie, tzn. nie tylko sam wynik ale i sposób dojścia do niego.
Termin: dzisiaj, ewentualnie jutro. Lepiej dzisiaj, bo do jutra to może sama zrobię.

0

Łojajebie... Zadanie stało się nieaktualne, ze względu na to, że z tego równania wychodzą wyniki zespolone :D
A zespolonych sobie potem nie zaimplementuje... ergo, muszę przygotować nowe równanie...

0

Rozwiązałaś tą rekurencję? Warunki bazowe dowolne?

0

No, powiedzmy, że rozwiązałam ;)
Doprowadziłam do postaci:

3998996 = A*(0.595302)^3 + B*(2.18413)^3 + C*(0.610282-1.9099i)^3+D*(0.610282+1.39099i)^3
1997990 = A*(0.595302)^4 + B*(2.18413)^4 + C*(0.610282-1.9099i)^4+D*(0.610282+1.39099i)^4
0 = A*(0.595302)^5 + B*(2.18413)^5 + C*(0.610282 - 1.9099i)^5 + D*(0.610282 + 1.39099i)^5
0 = A*(0.595302)^6 + B*(2.18413)^6 + C*(0.610282 - 1.9099i)^6 + D*(0.610282 + 1.39099i)^6

4000002 = E*(-1,40217)^3 + F*(-0,16378)^3 + G*(1,78298-1,08419i)^3+H*(1,78298+1,08419i)^3
11997990 = E*(-1,40217)^4 + F*(-0,16378)^4 +G*(1,78298-1,08419i)^4+H*(1,78298+1,08419i)^4
11993968 = E*(-1,40217)^5 + F*(-0,16378)^5 +G*(1,78298-1,08419i)^5+H*(1,78298+1,08419i)^5
0 = E*(-1,40217)^6 + F*(-0,16378)^6 + G*(1,78298 - 1,08419i)^6 + H*(1,78298 + 1,08419i)^6

...co niestety jest za długie dla wolfram alpha, a ja wymiękłam, jak zobaczyłam jakie mi się piękne wielokrotnie złożone pierwiastki zespolone Gaussem robią...

Tak czy siak, projekt jest skończony i oddany.

0

w_n=p_n\cdot w_0 + q_n\cdot w_1 + r_n\cdot b_0 + s_n\cdot b_1

p_n = 3p_{n-1} -6p_{n-2} +3p_{n-3} -p_{n-4}\<br> p_0=1,\quad p_1=0,\quad p_2=-1,\quad p_3=-2

q_n = 3q_{n-1} -6q_{n-2} +3q_{n-3} -q_{n-4}\<br> q_0=0,\quad a_1=1,\quad q_2=2,\quad q_3=1

r_i= 3r_{n-1} -6r_{n-2} +3r_{n-3} -r_{n-4}\<br> r_0=0,\quad r_1=0,\quad r_2=0,\quad r_3=1

s_n = 3s_{n-1} -6s_{n-2} +3s_{n-3} -s_{n-4}\<br> s_0=0,\quad s_1=0,\quad s2=-1,\quad s3=-3\

uff, czego to dziś komputery nie policzą
\begin{bmatrix}<br> 1 &amp; 0 &amp; -1 &amp; -2<br> \end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}<br> 0 &amp; 0 &amp; 0 &amp; -1 \<br> 1 &amp; 0 &amp; 0 &amp; 3 \<br> 0 &amp; 1 &amp; 0 &amp; -6 \<br> 0 &amp; 0 &amp; 1 &amp; 3 \end{bmatrix}^n=\begin{bmatrix}<br> p_n &amp; p_{n+1} &amp; p_{n+2} &amp; p_{n+3}<br> \end{bmatrix}

0

Taka matma jest na studiach? xD :D xP Xd

0

mam proźbeńkę, jak zabrać się za to zadanie?

0

@Shalom

To jest równanie jendorodne. W przypadku standardowych równań rekurencyjnych rozwiązanie z funkcji tworzących a z równania charakterystycznego to jest niemal to samo, więc nie jest trudniejsze, co najwyżej trochę więcej liczenia jest przy f. tworzących. Jest tak dlatego, że dowód tw. z równaniami charakterystycznymi przebiega przy pomocy f. tworzących i jest dość natychmiastowy.

Jestem leniwy i nie chce mi się teraz tego liczyć, ale metody są stadardowe o ile to ma jakieś sensowne rozwiązanie, to można

  1. Wziąć funkcje tworzące, dostanie się dwa równania, liniowe na funkcje tworzące, więc łatwo je rozwiązać, na oko to co powstanie to jakieś funkcje wymierne które da sie rozłożyć na ułamki proste (niekoniecznie rzeczywiste) i dostać wynik.

  2. Z uogólnionych równań charakterystycznych tak jak zrobiła aurel, nie sprawdzałem poprawności.

  3. Na oko widać, że jak się podstawi c(t) = w(t)+b(t), d(t) = w(t)-b(t) to można otrzymać równania liniowe uzależnione tylko od c(t) i tylko od d(t) co można rozwiązać ogólnie znanymi metodami, nastepnie otrzymać z nich w(t) i b(t).

Jeżeli to jest jakieś losowe równanie to nie wróżę ładnych rozwiązań, bez ustalonych danych bazowych rozwiązania ogólne zapewne również będą brzydkie uzależnione od wyrazów początkowch.

0

a jest.
w_0,\quad w_1,\quad b_0,\quad b_1

1 użytkowników online, w tym zalogowanych: 0, gości: 1