Si tengo por ejemplo la ecuación:
$0 = 2x_{n} - 3x_{n+1}+x_{n+2}$
A continuación, el espacio de la solución es lineal en el espacio vectorial de dimensión 2.
Alguien que pueda explicar por qué esto es cierto? Mi maestro ha escrito algo acerca de una dimensión argumento.
El conjunto de soluciones es un espacio vectorial debido a la nula secuencia es una solución y porque, si $x=(x_n)_{n\ge0}$ $y=(y_n)_{n\ge0}$ son soluciones, a continuación, $x+y=(x_n+y_n)_{n\ge0}$ $ax=(ax_n)_{n\ge0}$ son soluciones, para todos los escalares $a$.
Este espacio vectorial es un avión, porque existe dos soluciones, decir $x^0=(x^0_n)_{n\ge0}$ $x^1=(x^1_n)_{n\ge0}$ que no son proporcionales y que cada solución de $x=(x_n)_{n\ge0}$ es una combinación lineal de estos.
Por ejemplo, se puede definir $x^0$ por la condición inicial $(x^0_0,x^0_1)=(1,0)$ $x^1$ por la condición inicial $(x^1_0,x^1_1)=(0,1)$. Esto define unívocamente $x^0$ $x^1$ porque $x^0$ $x^1$ son soluciones de la recursividad. Cada solución de $x=(x_n)_{n\ge0}$ es tal que $x=x_0x^0+x_1x^1$, en otras palabras, tal que para cada $n\ge0$, $x_n=x_0x^0_n+x_1x^1_n$. Y por último, $x^0$ $x^1$ son linealmente independientes, ya que los dos primeros términos de la secuencia de $ax^0+bx^1$$a$$b$, por lo tanto, si $ax^0+bx^1=0$,$a=b=0$.
Hay un cerrado fórmula para resolver este tipo de ecuaciones:
Deje $b,c,x_0,x_1$ ser números complejos, definir $x_2,x_3,\dots$ por $$x_{n+2}+b\,x_{n+1}+c\,x_n=0,$$ deje $u$ $v$ ser la solución de $z^2+b\,z+c=0$, y poner $$s_n:=u^n+u^{n-1}\,v+u^{n-2}\,v^2+\cdots+v^n$$ para $n\ge0$, que es $$s_0:=1,\quad s_1:=u+v,\quad s_1:=u^2+uv+v^2,\dots$$ En particular $$s_n=\frac{u^{n+1}-v^{n+1}}{u-v}\quad\text{if}\quad u\not=v$$ y $$s_n=(n+1)\ u^n\quad\text{if}\quad u=v.$$ Entonces tenemos
$$x_n=s_{n-1}\ x_1-s_1\ s_{n-1}\ x_0+s_n\ x_0$$
para $n\ge1$.
Más generalmente, hay una (un poco menos explícita) cerrado fórmula para resolver ecuaciones de la forma $$x_{n+k}+a_{k-1}\ x_{n+k-1}+\cdots+a_0\ x_n=b_n$$ en términos de $x_0,x_1,\dots,x_{k-1}$. Si alguien está interesado yo estaría encantado de darle.
EDIT. Gracias a Didier Piau, por su interés! [Añadido: ... y para señalar los errores de tal manera divertida!] La siguiente es una variación en torno a los casi obsceno y bien conocido el hecho de que una sola integración es suficiente para resolver el ODE $y^{(n)}=f$.
Deje $D$ ser un grado $q\ge1$ monic polinomio; deje $\mathbb C^\mathbb N$ el conjunto de secuencias de números complejos; deje $\Delta$ ser el operador de desplazamiento a la asignación de la secuencia de $x$ $\mathbb C^\mathbb N$ a la secuencia de $\Delta x$ $\mathbb C^\mathbb N$ definido por $(\Delta x)_t=x_{t+1}$; deje $f$$\mathbb C^\mathbb N$; deje $c_0,\dots,c_{q-1}$ ser números complejos; deje $y$ ser el único elemento de $\mathbb C^\mathbb N$ satisfactorio $$D(\Delta)\,y=f,\quad y_n=c_n\text{ for all }n<q.$$
Vamos a dar
una fórmula para $y$ en términos del resto de la división larga de $X^t$$D$, y
una fórmula para el resto de cualquier tiempo la división de un polinomio $P$ por un polinomio distinto de cero $D$.
Para $(n,t)$ $\mathbb N^2$ denotar por $g_n(t)$ el coeficiente de $X^n$ en el resto de la división larga de $X^t$$D$. Aquí está la primera fórmula:
Si $t\ge q$ $\displaystyle y_t=\sum_{n<q}\,c_n\,g_n(t)+\sum_{k<t}\,g_{q-1}(t-1-k)\,f_k.$
La prueba de la primera fórmula. Introducir la secuencia de vectores $v_t:=(y_t,\dots,y_{t+q-1})$. Tenemos $$v_{t+1}=B\,v_t+f_t\,e_q,\quad v_0=c,$$ donde $e_q$ es el último vector de la base canónica de $\mathbb C^q$, e $B$ es la transpuesta de la $q$ $q$ matriz $A$ caracteriza por $$j<q\Rightarrow A\,e_j=e_{j+1},\quad A\,e_q=-a_0\,e_1-\dots-a_{q-1}\,e_q.$$
Por lo tanto $$v_t=B^t c+f_0\,B^{t-1}\,e_q+f_1\,B^{t-2}\,e_q+\dots +f_{t-1}\,e_q.$$ Basta entonces para tomar el primer componente del lado izquierdo y derecho, y tener en cuenta el siguiente hecho:
Deje $D$ ser un grado $q\ge1$ polinomio, vamos a $P$ ser un polinomio, y $$b_{q-1}\,X^{q-1}+\dots+b_0$$ el resto de la división larga de $P$$D$. Entonces tenemos $$P(A)\,e_1=b_0\,e_1+\dots+b_{q-1}\,e_q.$$ QED
(2) Vamos a $R$ ser el resto de la división de un polinomio $P$ por un polinomio distinto de cero $D$. Aquí $P$$D$$\mathbb C[X]$. Podemos asumir $$ D(X)=\big(X-a_1\big)^{m_1}\cdots\big(X-a_r\big)^{m_r}, $$ donde el $a_j$ son distintos y el $m_j$ positivo. Para cualquier fracción racional $f(X)\in\mathbb C(X)$ definido en $a_j$, vamos a $T_j(f(X))$ es el grado en que la mayoría de $m_j-1$ Taylor aproximación de $f(X)$$X=a_j$. La segunda fórmula es
$\displaystyle R(X)=\sum_{j=1}^r\,T_j\left(P(X)\,\frac{(X-a_j)^{m_j}}{D(X)}\right) \frac{D(X)}{(X-a_j)^{m_j}}\quad.$
Si $m_j=1$ todos los $j$, obtenemos la Fórmula de Interpolación de Lagrange $$ R(X)=\sum_{j=1}^r\,P(a_j)\,\prod_{k\=j}\,\frac{X-a_k}{a_j-a_k}\quad. $$ La prueba de la segunda fórmula. Vamos a resolver las congruencias $$R\equiv P\bmod(X-a_j)^{m_j}$$ como se explica en esta respuesta. QED
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