Алгебра : Теоремы и алгоритмы. Яцкин Н.И. - 248 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ИвГУ | Иваново

Составители: 

Рубрика: 

248 Теория определителей Гл. 4
Корню λ
0
соответствует одно нетривиальное решение рекуррент-
ности
u
(1)
k
= λ
k
0
. (30a.19)
Имеется, однако, возможность построить еще одно нетривиальное
решение, не пропорциональное первому. Рассмотрим последователь-
ность
u
(2)
k
= kλ
k
0
(30a.20)
и докажем, что она является решением рекуррентности (30а.10).
В самом деле,
u
(2)
k
− au
(2)
k− 1
− bu
(2)
k −2
=
= kλ
k
0
−a(k−1)λ
k− 1
0
−b(k−2)λ
k−2
0
= λ
k− 2
0
[kλ
2
0
−a(k−1)λ
0
−b(k−2)] =
= λ
k −2
0
[k(λ
2
0
− aλ
0
− b) + (aλ
0
+ 2b)] = 0,
поскольку, во-первых, λ
2
0
−aλ
0
−b = 0, т. к. λ
0
есть корень характе-
ристического уравнения и, во-вторых, aλ
0
+ 2b =
1
2
(a
2
+ 4b) = 0.
Образуем теперь линейную комбинацию двух найденных нетри-
виальных решений
u
k
= C
1
u
(1)
k
+ C
2
u
(2)
k
= C
1
λ
k
0
+ C
2
kλ
k
0
= λ
k
0
(C
1
+ C
2
k) (30a.21)
и докажем, что эта комбинация является общим решением рекур-
рентности.
Начальные условия приводят к с.л.у.
½
C
1
= α;
λ
0
(C
1
+ C
2
) = β,
(30a.22)
которая, в силу того что λ
0
6= 0, имеет единственное решение (при
любых правых частях).
Значит, и в этом случае получено общее решение рекуррентности
(32а.10).
И наконец, случай D < 0. Хотя он и не является менее инте-
ресным, но нам пока не по зубам, поскольку мы только в начале
следующей главы собираемся приступать к изучению комплексных
чисел, а действительных корней в этом случае нет.
248                        Теория определителей                          Гл. 4

  Корню λ0 соответствует одно нетривиальное решение рекуррент-
ности
                            (1)
                           uk = λk0 .                  (30a.19)

  Имеется, однако, возможность построить еще одно нетривиальное
решение, не пропорциональное первому. Рассмотрим последователь-
ность
                            (2)
                          uk = kλk0                     (30a.20)

и докажем, что она является решением рекуррентности (30а.10).
   В самом деле,

      (2)    (2)     (2)
  uk − auk−1 − buk−2 =
= kλk0 −a(k−1)λk−1
               0   −b(k−2)λk−2
                           0   = λk−2
                                  0   [kλ20 −a(k−1)λ0 −b(k−2)] =
                                  = λk−2
                                     0   [k(λ20 − aλ0 − b) + (aλ0 + 2b)] = 0,

поскольку, во-первых, λ20 − aλ0 − b = 0, т. к. λ0 есть корень характе-
ристического уравнения и, во-вторых, aλ0 + 2b = 12 (a2 + 4b) = 0.
  Образуем теперь линейную комбинацию двух найденных нетри-
виальных решений

               (1)         (2)
      uk = C1 uk + C2 uk = C1 λk0 + C2 kλk0 = λk0 (C1 + C2 k)          (30a.21)

и докажем, что эта комбинация является общим решением рекур-
рентности.
  Начальные условия приводят к с.л.у.
                            ½
                                     C1        = α;
                                                                       (30a.22)
                                 λ0 (C1 + C2 ) = β,

которая, в силу того что λ0 6= 0, имеет единственное решение (при
любых правых частях).
   Значит, и в этом случае получено общее решение рекуррентности
(32а.10).
   И наконец, случай D < 0. Хотя он и не является менее инте-
ресным, но нам пока не по зубам, поскольку мы только в начале
следующей главы собираемся приступать к изучению комплексных
чисел, а действительных корней в этом случае нет.

Страницы