Page 204 - vol2

Most rátérünk a dolgozatunk központi mondanivalójára, az
x n+ 1 =  ax + n by n
 (5) rekurencia egyenlet rendszer megoldására.
 y n+ 1 = cx + n dy n

Az (5) rekurencia egyenletrendszer mátrixokkal így is írható:
 x n+ 1   a b   x   x n+ 1   x   a b 
n
n
   =    vagyis   = A   (6), ahol A =   , n és
 y n+ 1   c d   y n   y n+ 1   y n   c d 
x 0 , y adottak.
0
A (6) ismételt alkalmazásával rendre felírható, hogy
 x n+ 1   x  2  x n− 1  3  x n− 2  n+ 1  x 
n
0
=
  = A   = A   = A   = ... A   , tehát
 y n+ 1   y n   y n− 1   y n− 2   y 0 
 x  n  x 
0
n
  = A   (*). Így hát az (5) rekurencia egyenlet megoldása végett,
 y n   y 0 
 a b  n
csupán az A =   hatványozást kell elvégeznünk.
n
 c d 
Nézzünk is néhány azonnali alkalmazást:

x =  x + 2y
1. feladat: Oldjuk meg az  n+ 1 n n rekurencia egyenlet rendszert,
 y n+ 1 = x + n y n
ahol x = 0 y = 0 1 .

 x  1    1 2
Megoldás: A (*) összefüggés alapján  n  = A n   ahol A =   . Most
 y n   1   1 1 

n
pedig ki kell számítanunk az A hatványt. Ebből a célból felírjuk a mátrix
karakterisztikus egyenletét, ami A − 2A I = O ami numerikusan
−
2
2
2
r − 2r − 1 0 és ennek a gyökei r = 1,2 1  2 . Ezért a (2’) képlet alapján
2
=
n
A = (1+ 2) B + (1− 2) C. Most a kezdetértéki feltételek alapján, ha
n
n
 1 0
0
+
rendre n=0 illetve n=1, akkor felírható, hogy   = A = B C illetve
 0 1 

204