Page 215 - vol2

Mivel t = 4,d = 4 ezért a karakterisztikus egyenlet A − 4A + 4I = O ,
2
2
2


n
tehát A = x  A + y  I ahol x n + 1 − 4 x + 4 x n − 1 = 0, és
n
2
n
n


y n + 1 − 4 y + 4 y n − 1 = 0. továbbá x = 0 0, y = 0 1 valamint x = 1 1, y = 0 0. A két
n
rekurziós egyenletnek ugyanaz a karakterisztikus egyenlete,
2
=
r − 4r + 4 0 amelynek a két egybeeső valós gyöke r = 1 r = 2 4 . Tehát
x n (2 =  + n ) 2 n− 1 és x = 0 0,x = 1 1, valamint y = (2  + n ) 2 n− 1 és
n
y = 0 1, y = 1 0. A kezdetértéki feltételek mellett, számolásokkal azonnal
 2 n − 1 (n + 2) n 2  n − 1 
adódik, hogy A = x  A y I =  + n  2 −    . Ennek alapján
n
n
 − n 2  n 1 − 2 n − 1 (n − 2) 
tehát felírható a kérdéses függvényösszetétel eredménye:
+
=
x
f n ( ) 2 n− 1 (n + 2)x n . Ezzel a feladatot megoldottuk.
− nx − (n − 2)
4x + 1  3
4. Alkalmazás: Ha ( )f x = , f : \ −  →  , akkor számítsuk ki az
2x + 3  2 
f n ( ) függvényt, ahol f = f f ... f minden n  esetén.
x
n
−
n szer
 4 1
Megoldás: Felírjuk a függvényhez tartozó mátrixot, A =   , és nem
 2 3 
n
marad hátra mint az, hogy kiszámítsuk az A hatványt. Ezt a
karakterisztikus egyenlet módszerével tesszük meg (lásd a IV. részt).
2
Mivel t = 7,d = 10 ezért a karakterisztikus egyenlet A − 7A+ 10I = O ,
2
2
n


tehát A = x  A + y  I ahol x n + 1 − 7 x + 10 x n − 1 = 0, és
n
2
n
n


y n + 1 − 7 y + 10 y n − 1 = 0. továbbá x = 0 0, y = 0 1 valamint x = 1 1, y = 0 0. A két
n
rekurziós egyenletnek ugyanaz a karakterisztikus egyenlete,
2
=
r − 7r + 10 0 amelynek a két különböző valós gyöke van, r = 1 2,r = 2 5 .
n


n
n
Tehát x =  2  n +  5  és x = 0 0,x = 1 1, valamint y =  2 +  5 és
n
n
y = 0 1, y = 1 0. A kezdetértéki feltételek mellett, számolásokkal azonnal
n
n

1  2 + 2 5 n − 2 + 5  n
n
adódik, hogy A = x  A y I =  +   . Ennek

n
2
n

3 − 2 n + 1 + 2 5 n 2 n + 1 + 5 n  


215