Resuelva la recurrencia de la suma alterna$R_n=R_{n-1}+(-1)^{n}(n+1)^{2}$

Question

He estado tratando de resolver este recurrencia durante un par de horas, pero no he sido capaz de encontrar la solución:

$R_0=1$

$R_n=R_{n-1}+(-1)^{n}*(n+1)^{2}$.

He estado tratando de sustituir $T_n=(-1)^{n}*R_n$ y luego resolver para $T_n$ y obtuvo la suma:

$1+3+...+\frac{n(n+1)}{2}$

pero esta suma $(-1)^{n}\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$ no dar la forma generalizada de que daría a los términos de la recurrencia.

Además, he estado tratando de sustituir $n=2*a$:

$\sum_{k=1}^a (-1)^{2k}*(2k+1)^{2}+ \sum_{k=1}^a (-1)^{2k-1}*(2k)^2$

y llegué a $\frac{n*(n+3)}{2}$, pero no parece ser el correcto.

Por favor me ayude y si usted puede averiguar, por favor, dime lo que hice mal.

Editado: he añadido los valores iniciales.

Answer 1

Tenemos$$R_n-R_{n-1}=(-1)^n (n+1)^2=(-1)^n(n^2+2n+1)$ $ Es la primera vez que veo una relación de recurrencia como esa, así que intentaré algo que se parece al segundo término. Tal vez $U_n=(-1)^n (an^2+bn+c)$

Entonces $$ \begin{align} U_n-U_{n-1}&=(-1)^n (an^2+bn+c + a(n-1)^2 +b(n-1)+c)\\ &= (-1)^n((2a)n^2+(2b-2a)n+(2c-b+a)) \end {align} $$

Para obtener una solución debemos tener:$$2a=1;\ 2b-2a=2;\ 2c-b+a=1 $ $$$a=1/2;\ b=3/2;\ c=1 $ $

Entonces$$U_n=(-1)^n(n^2+3n+2)/2$ $ satisface la relación de recurrencia. Y ahora tenemos:$$R_n-U_n=R_{n-1}-U_{n-1} $ $

Entonces$R_n=U_n+k$ donde$k$ es una constante.

Desde$R_0=U_0=1$, entonces:$$R_n= U_n= (-1)^n(n^2+3n+2)/2$ $

Answer 2

$$ \begin{align} R_n-R_{n-1}&=(-1)^n(n+1)^2;\qquad R_0=1\\ R_n-\underbrace{R_0}_{=1}&=\sum_{r=1}^{n}(-1)^r(r+1)^2\qquad\text{by telescoping}\\ R_n&=\sum_{r=0}^{n}(-1)^r(r+1)^2\\ &=\sum_{r=1}^{n+1}(-1)^{r-1}r^2\\ \end {align} $$

Tenga en cuenta que $-r^2+(r+1)^2=r+(r+1)$.

Por lo tanto, para incluso$n$,

$$ \begin{align} R_n&=1^2 \underbrace{-2^2+3^2}_{2+3} \underbrace{-4^2+5^2}_{4+5}+\cdots+\underbrace{-n^2+(n+1)^2}_{n+(n+1)}\\ &=1+2+3+4+\cdots+n+(n+1)\\ &=\frac{(n+2)(n+1)}2=\binom {n+2}2 \end {align} $$

y por impar$n$,

$$ \begin{align} R_n&= \underbrace{1^2-2^2}_{-1-2}+ \underbrace{3^2-4^2}_{-3-4}+\cdots+\underbrace{n^2-(n+1)^2}_{-n-(n+1)}\\ &=-(1+2+3+4+\cdots+n+(n+1))\\ &=-\frac{(n+2)(n+1)}2=-\binom {n+2}2 \end {align} $$

Por lo tanto, la solución general es$$R_n=(-1)^n\frac {(n+2)(n+1)}2=(-1)^n \binom {n+2}2\qquad\blacksquare$ $

Answer 3

$$R_n=R_{n-1}+(-1)^{n}(n+1)^{2}$$

Una técnica general para resolver este tipo de recursividad es ampliar $R_n$, $R_{n+1}$, $R_{n+2}$, $\dots$, y resolver el sistema resultante de ecuaciones lineales no lineales de las variables.

$$\begin{array} {ccccccccc} % R_{n} & = & R_{n-1} & + & (-1)^nn^2 & + & 2~(-1)^nn & + & (-1)^n \\ % R_{n+1} & = & R_{n} & - & (-1)^nn^2 & - & 4~(-1)^nn & - & 4~(-1)^n \\ % R_{n+2} & = & R_{n+1} & + & (-1)^nn^2 & + & 6~(-1)^nn & + & 9~(-1)^n \\ % R_{n+3} & = & R_{n+2} & - & (-1)^nn^2 & - & 8~(-1)^nn & - & 16~(-1)^n \\ % \end{array}$$

Ahora se quiere eliminar $x = (-1)^nn^2$, $y=(-1)^nn$ y $z=(-1)^n$ usando introductorio de álgebra lineal:

$$\begin{array} {ccccccccc} % R_{n} & = & R_{n-1} & + & x & + & 2~y & + & z \\ % R_{n+1} & = & R_{n} & - & x & - & 4~y & - & 4~z \\ % R_{n+2} & = & R_{n+1} & + & x & + & 6~y & + & 9~z \\ % R_{n+3} & = & R_{n+2} & - & x & - & 8~y & - & 16~z \\ % \end{array}$$

Eliminar $x,y,z$ para obtener:

$$R_{n+3} = -2~R_{n+2} + 2~R_{n} + R_{n-1}$$

Que se pueden resolver mediante cualquiera de los tapices de técnicas para la resolución de recurrencias lineales, prefiero matrices:

$$ \begin{bmatrix} R_{n+3} \\ R_{n+2} \\ R_{n+1} \\ R_{n+0} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}^n \begin{bmatrix} R_{3} \\ R_{2} \\ R_{1} \\ R_{0} \end{bmatrix} $$

Forma Normal de Jordan, etc, para obtener:

$$ % \begin{bmatrix} R_{n+3} \\ R_{n+2} \\ R_{n+1} \\ R_{n+0} \end{bmatrix} = % \begin{bmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \end{bmatrix} % \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}^n % \begin{bmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \end{bmatrix}^{-1} % \begin{bmatrix} R_{3} \\ R_{2} \\ R_{1} \\ R_{0} \end{bmatrix} % $$

$$ = % \frac{1}{8} \begin{bmatrix} 1 & 1 & -2 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \end{bmatrix} % \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & (-1)^n & (-1)^{n-1}~{n \choose 1} & (-1)^{n-2}~{n \choose 2} \\ 0 & 0 & (-1)^n & (-1)^{n-1}~{n \choose 1} \\ 0 & 0 & 0 & (-1)^n \end{bmatrix} % \begin{bmatrix} 1 & 3 & 3 & 1 \\ -1 & -3 & 5 & -1 \\ -2 & 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 & -4 \end{bmatrix} % \begin{bmatrix} R_{3} \\ R_{2} \\ R_{1} \\ R_{0} \end{bmatrix} \\ % $$

Y la adición de las condiciones iniciales y de expansión:

$$R_{n} = \frac{(-1)^n}{2} \left(n^2 + 3n + 2\right)$$

Answer 4

@hipergeométrica la solución es mi favorito, pero la otra (muy general) la forma de solucionar esta recurrencia es por un llamado de generación de función. Definamos $f(x) = \sum_{n=0}^\infty R_n x^n$. A continuación, $$ R_n = R_{n-1} + (-1)^n(n+1)^2 \implies R_nx^n = x R_{n-1} x^{n-1} + (-1)^n (n+1)^2 x^n$$ Sumando ambos lados de$n=1$$\infty$, obtenemos $$ f(x)-1 = xf(x) + \sum_{n=1}^\infty (-1)^n (n+1)^2 x^n $$ Ahora podemos evaluar la suma restante señalando $$ \frac{d^2}{dx^2} \frac{1}{1-x} = \sum_{n=2}^\infty n(n-1)x^{n-2} = \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) x^n = \sum_{n=0}^\infty (n+1)^2 x^n + \sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n$$ Por lo tanto (el cambio de los límites de la sumatoria de $n=0$$n=1$), $$ \frac{2}{(1-x)^3} - \frac{1}{(1-x)^2} - 1 = \sum_{n=1}^\infty (n+1)^2 x^n $$ Este (sustituyendo $-x$$x$) nos da $$ (1-x)f(x) = \frac{2}{(1+x)^3} - \frac{1}{(1+x)^2} \implies f(x) = \frac{1}{(1+x)^3} = \sum_{n=0}^\infty \underbrace{\frac{(-1)^n}{2}(n+1)(n+2)}_{R_n}x^n.$$

El truco fue que encontramos a $f(x)$ en forma cerrada, luego de la re-expansión como una serie, ya que era de una forma bien conocida. Los coeficientes de la serie son, por construcción, $R_n$.