Page 209 - vol2

x =  ax + by
keressük, hogy  n+ 1 n n legyen. Tehát visszavezettük a
 y n+ 1 = cx + n dy n
megoldást, már ismert rekurencia remdszer megoldására. Nézzünk csak
egy példát is!

2z + 1
6. feladat: Keressük meg a z = n és z = 1 rekurzióval értelmezett
n+
1
2z + 3 0
n
sorozat általános tagjának a képletét!
x
Megoldás: Az előbbiekben bemutatottak alapján z = n alakban
n
y n
x =  2x + y
keressük, így  n+ 1 n n
 y n+ 1 = 2x + n 3y n

 x   x   2 1 x
Tehát  n  = A n  0  , ahol A =   és 0 = 1 . Most ki kell számoljuk
 y n   y 0   2 3  y 0
 2 1 n
az A =   mátrixhatványt. A karakterisztikus egyenlet tehát
n
 2 3 
=
n
2
r − 5r + 4 0 amelynek a gyökei r = 1 1,r = 2 4 . Tehát A = n B + 4 C . A
 1 0
0
+
kezdetértéki feltételek mellett   = A = B C , és
 0 1 
 2 1 1 1  2 − 1
  = A = B + 4C . Innen azt kapjuk, hogy B =   és

 2 3  3 − 2 1 
 4 + n 2 4 − n 1 
1  1 1 1  2 − 1 1  1 1  3 3 
n
C =   . Tehát A =   + 4 n   =   .

n

n
3  2 2  3 − 2 1  3  2 2   2 4 − 2 2 4 + 1

 
 3 3 
 4 + n 2 4 − n 1 
 x   3 3   x  4 + n 2 4 − n 1
Ezért  n  =    0  ahonnan x = n x 0 + y 0
n

n

 y n   2 4 − 2 2 4 + 1   y 0  3 3
 
 3 3 
n

2 4 − 2 2 4 + 1

n
és y = n x 0 + y 0 . Tehát felírhatjuk, hogy
3 3

209