Алгебра : Теоремы и алгоритмы. Яцкин Н.И. - 246 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ИвГУ | Иваново

Составители: 

Рубрика: 

246 Теория определителей Гл. 4
В самом деле, полагая в (30a.8) k = 0 и приравнивая результат
числу α, мы получаем:
C = α.
Найденное значение константы подставим в (30a.8). Формула
u
∗
k
= αa
k
(30a.9)
определит частное решение рекуррентности (30a.4), удовлетворяю-
щее начальному условию (30a.5). Значит, в (30а.8) содержатся все
решения всевозможных начальных задач для (30а.4), что и требова-
лось.
Итог: (30а.8) есть общее решение рекуррентности (30а.4), а (30а.9)
есть ее частное решение, удовлетворяющее (30а.5).
30a.2. Линейные однородные рекуррентности второго по-
рядка. В этом пункте мы исследуем рекуррентность второго по-
рядка, являющуюся обобщением рекуррентности из примера 30а.2.
А именно: рассмотрим линейную однородную рекуррентность
u
k
= au
k −1
+ bu
k −2
; k > 2, (30a.10)
где a, b — действительные числа, b 6= 0. [При b = 0 получилась бы
рекуррентность первого порядка (30a.4).]
Для рекуррентностей второго порядка начальная задача должна
содержать два условия:
½
u
0
= α;
u
1
= β,
(30a.11)
где α, β ∈ R.
Будем искать решение (30а.10) в том же "показательном" виде
(30а.6). Подстановка этого выражения в рекуррентность, сокраще-
ние на λ
k −2
и перенос всех оставшихся членов в левую часть приво-
дят к следующему квадратному уравнению для параметра λ:
λ
2
− aλ −b = 0. (30a.12)
Уравнение (30а.12) принято называть характеристическим урав-
нением для рекуррентности (30а.10).
Мы условились рассматривать задачу над полем R, поэтому при
решении характеристического уравнения придется исследовать три
случая, в зависимости от дискриминанта
D = a
2
+ 4b. (30a.13)
246                  Теория определителей                      Гл. 4

  В самом деле, полагая в (30a.8) k = 0 и приравнивая результат
числу α, мы получаем:
                            C = α.
  Найденное значение константы подставим в (30a.8). Формула

                              u∗k = αak                       (30a.9)

определит частное решение рекуррентности (30a.4), удовлетворяю-
щее начальному условию (30a.5). Значит, в (30а.8) содержатся все
решения всевозможных начальных задач для (30а.4), что и требова-
лось.
   Итог: (30а.8) есть общее решение рекуррентности (30а.4), а (30а.9)
есть ее частное решение, удовлетворяющее (30а.5).
  30a.2. Линейные однородные рекуррентности второго по-
рядка. В этом пункте мы исследуем рекуррентность второго по-
рядка, являющуюся обобщением рекуррентности из примера 30а.2.
А именно: рассмотрим линейную однородную рекуррентность

                     uk = auk−1 + buk−2 ; k > 2,             (30a.10)

где a, b — действительные числа, b 6= 0. [При b = 0 получилась бы
рекуррентность первого порядка (30a.4).]
   Для рекуррентностей второго порядка начальная задача должна
содержать два условия:      ½
                              u0 = α;
                                                          (30a.11)
                              u1 = β,
где α, β ∈ R.
   Будем искать решение (30а.10) в том же "показательном" виде
(30а.6). Подстановка этого выражения в рекуррентность, сокраще-
ние на λk−2 и перенос всех оставшихся членов в левую часть приво-
дят к следующему квадратному уравнению для параметра λ:

                          λ2 − aλ − b = 0.                   (30a.12)

  Уравнение (30а.12) принято называть характеристическим урав-
нением для рекуррентности (30а.10).
  Мы условились рассматривать задачу над полем R, поэтому при
решении характеристического уравнения придется исследовать три
случая, в зависимости от дискриминанта

                            D = a2 + 4b.                     (30a.13)

Страницы