La recurrencia de la forma$2f(n) = f(n+1)+f(n-1)+3$

Question

¿Puede alguien sugerir un acceso directo a la solución de las recurrencias de la forma, por ejemplo:

$2f(n) = f(n+1)+f(n-1)+3$, con $f(1)=f(-1)=0$

Claro, la solución homogénea se puede resolver por mirar el polinomio característico$r^2-2x+1$, de modo que, en general, una solución para la ecuación homogénea es de la forma$f^h(n) = c_1+c_2n$. Pero ¿Cómo tratar con la constante 3 en este caso?

Answer 1

Un problema relacionado con: (I) . Aquí está una otra manera de hacerlo. Reordenar la ecuación da

ps

ps

ps

La aplicación de las condiciones iniciales da

ps

Repetimos las técnicas anteriores (telescópico de suma) en$$ (f(n+2)-f(n+1))-( f(n+1)-f(n) )=-3 $ rendimientos

ps

Creo que se puede terminar.

Answer 2

$$2f(n) = f(n+1)+f(n-1)+3$$ $$f(n+1) = 2f(n) - f(n-1) - 3$$

$$\begin{bmatrix} f(n+1) \\ f(n) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f(n) \\ f(n - 1) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} -3 \\ 0 \end{bmatrix}$$

$$\begin{bmatrix} f(n+1) \\ f(n) \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & -3 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} f(n) \\ f(n - 1) \\ 1 \end{bmatrix}$$

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

Y si esa forma no se cierra lo suficiente para que usted, Jordania Descomposición:

$$\begin{align} \begin{bmatrix} f(n+1) \\ f(n) \\ 1 \end{bmatrix} &= \left(\begin{bmatrix} -3 & -3 & 0 \\ -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3 & -3 & 0 \\ -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}^{-1}\right)^n \begin{bmatrix} f(1) \\ f(0) \\ 1 \end{bmatrix} \\ & = \begin{bmatrix} -3 & -3 & 0 \\ -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}^n \begin{bmatrix} -3 & -3 & 0 \\ -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} f(1) \\ f(0) \\ 1 \end{bmatrix} \\ & = \begin{bmatrix} -3 & -3 & 0 \\ -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & n & \frac{n(n-1)}2 \\ 0 & 1 & n \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3 & -3 & 0 \\ -3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} f(1) \\ f(0) \\ 1 \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} n+1 & -n & \frac{-3n^2 - 3n}2 \\ n & 1 - n & \frac{-3n^2 + 3n}2 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f(1) \\ f(0) \\ 1 \end{bmatrix} \end{align}$$

$$f(n) = n\,f(1) + (1-n)\,f(0)+ \frac{-3n^2 + 3n}2$$

Answer 3

Del mismo modo que lo haría en el caso continuo, donde su ecuación es$f''=-3$. Enchufar $f_p=c_3 n^2$. Entonces $-f_p(n+1)+2 f_p(n)-f_p(n-1)=-2 c_3$. Por lo tanto utilizar$c_3=-3/2$. A continuación, la solución general es$f_g=c_1+c_2 n-3n^2/2$.

Answer 4

podemos utilizar la generación de la función $F(x)=\sum_{k=1}^{\infty} f(k)x^k$

la recurrencia de la relación puede ser escrita: $$2f(n+1) = f(n+2)+f(n)+3$$ así que multiplicando por $x^{n+2}$ hemos $$2xf(n+1)x^{n+1} = f(n+2)x^{n+2}+x^2f(n)x^n+3x^{n+2}$$ y sumando para $n=0$ $\infty$ $$2x(F(x)-f(0)) = F(x)-xf(1)-f(0) + x^2F(x) +3x^2(1-x)^{-1}$$ desde $f(1)=0$ $f(0)=\frac32$ esto da (escrito $F$$F(x)$) $$-(1-x)^2F= 3x - \frac32 +3x^2(1-x)^{-1}= \frac32(2x-1 +2x^2(1-x)^{-1})=\frac32(3x-1)(1-x)^{-1}$$ así $$F(x)=-\frac32(3x-1)(1-x)^{-3}$$ thus for $n \ge 1$ we have $f(n)$, the coefficient of $x^n$ is $-\frac32 \left(3 \binom{n+1}2 - \binom{n+2}2 \right)$ que se simplifica a $$f(n) = -\frac32 (n^2-1)$$

Answer 5

Dejar $f_p = A + Bn + Cn^2$. $$\begin{cases} 2f(n) = 2A +2Bn + 2Cn^2\\ -f(n+1) = -A - B(n+1) - C(n+1)^2\\ -f(n-1) = -A - B(n-1) - C(n-1)^2 \end {Casos} \ quad \ Rightarrow$$ $$3 = Cn ^ 2 - C (2n ^ 2 2) = -2 C \ quad \ rightarrow \ quad C = - \ frac {3} { 2}$$ Así, $$f (n) = C_1 C_2n - \ dfrac {3n ^ 2} {2}$$ Ahora utilizar las condiciones iniciales dadas para encontrar las constantes$C_1$ y$C_2$ .