Mariusz:
No fajnie Adam tylko że to miało być za pomocą funkcji tworzącej
Jeśli skorzystasz z funkcji tworzących to każdy krok będzie wynikał z poprzedniego
i nie będziesz musiał zgadywać
Jeśli chodzi o funkcję tworzącą to
1. Jeśli jest ona funkcją wymierną to lepiej rozłożyć ją na sumę szeregów geometrycznych
i pochodnych szeregów geometrycznych
2. Jeśli funkcja tworząca nie jest funkcją wymierną to możesz spróbować znaleźć
wzór na n. pochodną
(tutaj może być przydatny rozkład na sumę oraz wzór Leibniza na pochodną iloczynu)
a
n+3=12a
n+1−16a
n
A(x)=∑
n=0∞a
nx
n
∑
n=0∞a
n+3x
n+3=∑
n=0∞12a
n+1x
n+3+∑
n=0∞(−16a
n)x
n+3
∑
n=0∞a
n+3x
n+3=12x
2(∑
n=0∞a
n+1x
n+1)−16x
3(∑
n=0∞a
nx
n)
∑
n=0∞a
nx
n−a
0−a
1x−a
2x
2=
12x
2(∑
n=0∞a
nx
n−a
0)−16x
3(∑
n=0∞a
nx
n)
A(x)−a
0−a
1x−a
2x
2=12x
2(A(x)−a
0)−16x
3A(x)
A(x)−a
0−a
1x−a
2x
2=12x
2A(x)−12a
0x
2−16x
3A(x)
A(x)(1−12x
2+16x
3)=a
0+a
1x+(a
2−12a
0)x
2
| | a0+a1x+(a2−12a0)x2 | |
A(x)= |
| |
| | 1−12x2+16x3 | |
1−12x
2+16x
3=0
4−48x
2+64x
3=0
z=4x
z
3−3z
2+4=0
Tutaj korzystając ze wzorów skróconego mnożenia rugujemy wyraz z z
2
(z−1)
3=z
3−3z
2+3z−1
(z−1)
3−3(z−1)=(z
3−3z
2+3z−1)−(3z−3)
(z−1)
3−3(z−1)=z
3−3z
2+2
(z−1)
3−3(z−1)+2=z
3−3z
2+4
y=z−1
y
3−3y+2=0
y=u+v
Podstawienie może trochę zmyślne ale chyba trochę intuicyjne
bo skoro chcemy sprowadzić równanie do równania kwadratowego które wiemy jak rozwiązać
to wiemy też że ma ono dwa pierwiastki
(u+v)
3=u
3+3u
2v+3uv
2+v
3
(u+v)
3=u
3+v
3+3uv(u+v)
u
3+v
3+3uv(u+v)−3(u+v)+2=0
Tutaj korzystamy z wzorów skróconego mnożenia i grupowania wyrazów
u
3+v
3+2=0
3(u+v)(uv−1)=0
Równanie zapisaliśmy z postaci układ równań akurat w ten sposób bo łatwo
iloczyn przyrównać do zera
Teraz założyliśmy że y=u+v więc nie możemy go bez straty ogólności przyrównać do zera
zatem musimy przyrównać do zera ten drugi czynnik
u
3+v
3+2=0
uv−1=0
u
3+v
3=−2
uv=1
Ten układ równań przypomina nam trochę wzory Vieta pewnego trójmianu kwadratowego
Na razie ten układ równań nie jest wzorami Vieta pewnego trójmianu kwadratowego
ale staramy się go tak przekształcić aby był wzorami Vieta pewnego trójmianu kwadratowego
u
3+v
3=−2
u
3v
3=1
Są to wzory Vieta trójmianu kwadratowego o pierwiastkach u
3 oraz v
3
t
2+2t+1=0
(t+1)
2=0
u
3=−1 , v
3=−1
Pierwiastki trzeciego stopnia dobieramy tak aby to równanie z iloczynem musiało być spełnione
czyli uv=1
zatem u=−1 oraz v=−1
y=u+v więc
y=−2
y=z−1
więc
z=−1
Aby nie wchodzić w zespolone pozostałe pierwiastki równania
z
3−3z
2+4=0
znajdziemy korzystając z dzielenia
1 −3 0 4
−1 1 −4 4 0
z
3−3z
2+4=(z+1)(z
2−4z+4)
z
3−3z
2+4=(z+1)(z−2)
2
z=4x
Mamy zatem
4−48x
2+64x
3=(4x+1)(4x−2)
2
4−48x
2+64x
3=(−2)
2(1+4x)(1−2x)
2
1−12x
2+16x
3=(1+4x)(1−2x)
2
| | a0+a1x+(a2−12a0)x2 | |
A(x)= |
| |
| | (1+4x)(1−2x)2 | |
| a0+a1x+(a2−12a0)x2 | | A | | B | | C | |
| = |
| + |
| + |
| |
| (1+4x)(1−2x)2 | | 1+4x | | 1−2x | | (1−2x)2 | |
A(1−2x)
2+B(1−2x)(1+4x)+C(1+4x)
A(1−4x+4x
2)+B(1+2x−8x
2)+C(1+4x)
(4A−8B)x
2+(−4A+2B+4C)x+A+B+C
Obliczamy macierz odwrotną
4 −8 0 1 0 0
−4 2 4 0 1 0
1 1 1 0 0 1
4 −8 0 1 0 0
−8 −2 0 0 1 −4
1 1 1 0 0 1
4 −8 0 1 0 0
8 2 0 0 −1 4
2 2 2 0 0 2
4 −8 0 1 0 0
8 2 0 0 −1 4
−6 0 2 0 1 −2
36 0 0 1 −4 16
72 18 0 0 −9 36
72 0 −24 0 −12 24
36 0 0 1 −4 16
0 18 0 −2 −1 4
0 0 −24 −2 −4 −8
72 0 0 2 −8 32
0 72 0 −8 −4 16
0 0 72 6 12 24
| | 2 | | 8 | | 32 | |
A= |
| (a2−12a0)− |
| (a1)+ |
| (a0) |
| | 72 | | 72 | | 72 | |
| | 8 | | 4 | | 16 | |
B=− |
| (a2−12a0)− |
| (a1)+ |
| (a0) |
| | 72 | | 72 | | 72 | |
| | 6 | | 12 | | 24 | |
C= |
| (a2−12a0)+ |
| (a1)+ |
| (a0) |
| | 72 | | 72 | | 72 | |
| 1 | |
| =(∑n=0∞2nxn) − z szeregu geometrycznego |
| 1−2x | |
Zróżniczkujmy jednokrotnie ten szereg
| d | | 1 | | d | |
| ( |
| )= |
| (∑n=0∞2nxn) |
| dx | | 1−2x | | dx | |
| −1 | |
| (−2)=∑n=0∞n2nxn−1 |
| (1−2x)2 | |
| 2 | |
| =∑n=0∞(n+1)2n+1xn |
| (1−2x)2 | |
| 2 | |
| =2(∑n=0∞(n+1)2nxn) |
| (1−2x)2 | |
| | 1 | | 1 | | 1 | | 1 | |
A(x)= |
| (2a2−8a1+8a0)( |
| )+ |
| (−8a2−4a1+112a0)( |
| ) |
| | 72 | | 1+4x | | 72 | | 1−2x | |
| | 1 | | 1 | |
+ |
| (6a2+12a1−48a0)( |
| ) |
| | 72 | | (1−2x)2 | |
| | 1 | |
A(x)= |
| (2a2−8a1+8a0)(∑n=0∞(−4)nxn)+ |
| | 72 | |
| 1 | |
| (−8a2−4a1+112a0)(∑n=0∞2nxn)+ |
| 72 | |
| 1 | |
| (6a2+12a1−48a0)(∑n=0∞(n+1)2nxn) |
| 72 | |
| | 1 | |
an= |
| (a2−4a1+4a0)(−4)n+ |
| | 36 | |
| | 1 | |
|
| ((3a2+6a1−24a0)n+(−a2+4a1+32a0))2n |
| | 36 | |
AHQ: Dzięki Mariusz
Postaram się ogarnąć. A spójrz jeszcze na to:
Znaleźć wzór jawny ciągu danego rekurencją: a
n+3=6a
n+2−11a
n+1+6a
n
z warunkami początkowymi: a
0=2, a
1=0, a
2=−2
Pomyliłem link − miał być właśnie do tego przykładu
https://cdn.discordapp.com/attachments/607625457432658014/688745807754559497/unknown.png
Sprawdź czy link działa i daj znać. Jeśli nie to forma do której doszedłem to ta:
| | (11a0+6a1)x2+6a0x−(a0+a1+a2) | | 2x(11x+6) | |
F(x)= |
| = |
| |
| | 6x3−11x2+6x−1 | | (x−1)(6x2−5x+1) | |
Wiem, że trzeba to jeszcze chyba rozbić na ułamki proste ?
