Page 216 - vol2

alapján tehát felírható a kérdéses függvényösszetétel eredménye:
n
n
n

(2 + 2 5 )x − 2 + 5 n
f n ( ) = . Ezzel a feladatot megoldottuk.
x
( 2− n + 1 + 2 5 n ) x + 2 n + 1 + 5 n

Végezetül rátérünk egy nagyon érdekes sorozattípusra, a homografikus
sorozat megoldására.
x =  ax + by x ax + by
Nézzük csak: ha  n+ 1 n n , akkor n+ 1 = n n és ha bevezetjük a
 y n+ 1 = cx + n dy n y n+ 1 cx + dy n
n
x az + b
z = y n jelölést, akkor azt kapjuk, hogy z n+ 1 = cz + d vagyis egy
n
n
z
z n+ 1 = n f ( ) típusú rekurziót kaptunk, n
n
+
ahol ( )f x = ax b úgynevezett homografikus függvény. A továbbiakban
+
cx d
megmutatjuk, hogy egy ilyen sorozat általános tagja is kiszámítható
mátrixok hatványozásával.
2x + 1
n
5. Alkalmazás: Ha x n+ 1 = 2x + 3 n  és x = 0 a , határozzuk meg a
n
sorozat általános tagját!
a x + b
Megoldás: A Tétel értelmében x = c x + d n n , ahol a n , , ,d az
0
n
b
c
n
n
n
n
n
0
 a b n   2 1 n
A = n  n  =   hatványozásból származnak. A
 c n d n   2 3 
2
mátrixkarakterisztikus egyenlete A − 5A + 4I = O és numerikusan
2
2
n
=
r − 5r + 4 0 ahonnan r = 1 1,r = 2 4 ezért A = n B + 4 C és a kezdetértéki
2
1 2 − 1
feltételekből B + 4C = , A B + 16C = A , így hát B =   ,
2
3 − 2 1 

1 4 
+
1  1 1 1  2 4 n − + n
C =   ezért hát A =   , és ezért

+
+

3  2 2  3 − 2 2 4 n 1 2 4 n  


n
n
(2 4 )x + (4 − 1)
+
x = 0 n   esetén.
n
n
2(4 − 1)x + ( 2 4 n + ) 1
0

216