TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2025W/Beispiel 249

Lösen Sie die Rekursion mit der Ansatzmethode: $2a_n-7a_{n-1}+6a_{n-2}=(n-1)2^{n+2}(n\ge 2),a_0=0,a_1=1$

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Lösungsvorschlag von Setscha

Zuerst müssen wir die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ausrechnen. Das machen wir mit der charakteristischen Gleichung. Dadurch erhalten wir

$\begin{array}{cc}2{\lambda }^2-7\lambda +6& =0\\ {\lambda }^2-\frac{7}{2}\lambda +3& =0\\ {\lambda }_{1,2}& =\frac{7}{4}\pm \underset{\frac{1}{4}}{\underbrace{\sqrt{\frac{49}{16}-\frac{48}{16}}}}\end{array}$

Dadurch erhalten wir $a_n^{(h)}=C_1{2}^n+C_2(\frac{3}{2}{)}^n$.

Jetzt müssen wir noch die partikuläre Lösung ausrechnen. Da unsere Störfunktion $(n-1)2^{n+2}=n{2}^{n+2}-2^{n+2}$ ist, wenden wir das Superpositionsprinzip an. Dadurch haben wir zwei partikuläre Lösungen mit den folgenden Ansätzen (siehe Buch S. 301):

$\begin{array}{cc}{s}_n^{(1)}=n{2}^{n+2}& ⟹a_n^{(1)}=(A+Bn)n{2}^{n+2}\\ s_n^{(2)}=2^{n+2}& ⟹a_n^{(2)}=An{2}^{n+2}\\ \end{array}$

Beide Ansätze werden mit n multipliziert, weil es sich um Resonanzfälle handelt.

Jetzt rechnen wir für jeden Ansatz A aus, indem wir die jeweiligen Ansätze in die ursprüngliche Gleichung einsetzten (nur mit ihrer eigenen Störfunktion):

$a_n^{(1)}:\begin{array}{ccc}2n{2}^{n+2}(A+Bn)-7(n-1)2^{n+1}(A+B(n-1))+6(n-2)2^n(A+B(n-2))& =n{2}^{n+2}& |:2^n\\ 8n(A+Bn)-(14n-14)(A+Bn-B)+(6n-12)(A+Bn-2B)& =4n\\ 8An+8B{n}^2-(14An+14B{n}^2-14Bn-14A-14Bn+14B)+(6An+6B{n}^2-12Bn-12A-12Bn+24B)& =4n\\ 4Bn+2A+10B& =4n\end{array}$

Mit der letzten Zeile machen wir nun einen Koeffizientenvergleich für $n^0$ und $n^1$:

$\begin{array}{cc}2A+10B& =0\\ 4B& =4\end{array}$

Daraus können wir nun ablesen, dass $B=1$ und $A=-5$ ist.

$a_n^{(2)}:\begin{array}{ccc}2An{2}^{n+2}-7A(n-1)2^{n+1}+6A(n-2)2^n& =-2^{n+2}& |:2^n\\ 8An-14A(n-1)+6An-12A& =-4\\ 14An-14An+14A-12A& =-4\\ 2A& =-4& |:2\\ A& =-2\end{array}$

Jetzt können wir uns die Lösungsgesamtheit $a_n=a_n^{(h)}+a_n^{(1)}+a_n^{(2)}$ ausrechnen, indem wir die jeweiligen A und B in die partikulären Lösungen einsetzen:

$a_n=\underset{a_n^{(h)}}{\underbrace{C_1{2}^n+C_2(\frac{3}{2}{)}^n}}+\underset{a_n^{(1)}}{\underbrace{n(n-5)2^{n+2}}}-\underset{a_n^{(2)}}{\underbrace{2n{2}^{n+2}}}$

Zum Schluss müssen wir nur noch durch Einsetzen von $a_0=0,a_1=1$ $C_1$ und $C_2$ ausrechnen:

$a_0:\begin{array}{cc}0& =C_1+C_2\\ C_1& =-C_2\end{array}$

$a_1:\begin{array}{ccc}1& =2C_1+\frac{3}{2}{C}_2-32-16& |+48C_1=-C_2\text{einsetzen}\\ 49& =-2C_2+\frac{3}{2}{C}_2\\ 49& =-\frac{1}{2}{C}_2& |\ast (-2)\\ C_2& =-98\end{array}$

dann haben wir die Lösung:

$\begin{array}{cc}{a}_n& =98\ast 2^n-98\ast (\frac{3}{2}{)}^n+n(n-5)2^{n+2}-2n{2}^{n+2}\\ & =2^n(98+4n(n-5)-8n)-98\ast (\frac{3}{2}{)}^n\end{array}$