TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 229

Berechnen Sie die folgenden Summen durch Aufstellen und Lösen einer Rekursion mittels Ansatzmethode.
$\sum _{i=1}^{n}i$

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Lösung von - -Mikazuki 12:10, 10. Jun 2007 (CEST)[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Aufstellen einer Rekursion:

$x_{n}=x_{n-1}+n$

Homogene Lösung:

$x_{n}^{(h)}=C\cdot \prod _{i=0}^{n-1}1=C$

$x_{0}=0:c=0$

Partikuläre Lösung:

Ansatz 1: $x_{n}^{(p)}=A+n\cdot B$ A ist in homogener Lösung enthalten ...
Ansatz 2: $x_{n}^{(p)}=n\cdot A+n^{2}\cdot B$

Einsetzen in die inhomogene Gleichung:

$n\cdot A+n^{2}\cdot B-(n-1)\cdot A-(n-1)^{2}\cdot B=n$

$n\cdot 2*B+(A-B)=n$

Koeffizientenvergleich:

$n^{1}$ : $2\cdot B=1\Rightarrow B={\frac {1}{2}}$
$n^{0}$ : $A-B=0\Rightarrow A={\frac {1}{2}}$

$x_{n}^{(p)}={\frac {n}{2}}+{\frac {n^{2}}{2}}={\frac {n\cdot (n+1)}{2}}$

Allgemeine Lösung:

$x_{n}=x_{n}^{(h)}+x_{n}^{(p)}=0+{\frac {n\cdot (n+1)}{2}}={\frac {n\cdot (n+1)}{2}}$

Anmerkung von Berti[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Den Wert von $C$ sollte man eigentlich erst zum Schluss berechnen. Hier ist es zufälligerweise egal, beim Beispiel 226 sieht man aber, dass es nicht immer egal ist.

Lösung von Berti[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Die Lösung von Mikazuki ist richtig, allerdings möchte ich ein paar Erklärungen ergänzen:

Zuerst muss man die Rekursion aufstellen, d.h. eine Gleichung finden, die wie eine Differenzialgleichung aussieht. Dabei hilft, wenn man sich die ersten paar Ergebnisse für $n$ ansieht und dann versucht, daraus eine allgemeine Regel abzuleiten. Anschließend kommt man recht schnell auf die Formel $x_{n}=x_{n-1}+n$ . Mir gefällt allerdings die Form $x_{n+1}=x_{n}+n+1$ besser, da man hier schnell auf die homogene Lösung kommt.

Homogene Lösung[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Zuerst suchen wir wie immer die homogene Lösung der Gleichung. Dazu müssen wir wissen, dass alle Terme, die nicht $x_{n}$ beinhalten, Teil der Störfunktion sind. Unsere Störfunktion ist also $n+1$ .

Die zu lösende homogene Gleichung ist also: $x_{n+1}=x_{n}$ . Nachdem $a=1$ und $b=0$ ist, ist gemäß der Lösungsformel für homogene DGL 1. Ordnung die Lösung $x_{n}=a\cdot x_{0}+b\cdot n=0$ .

Partikuläre Lösung[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Nun zur partikulären Lösung.

Hier verwenden wir die Ansatzmethode. Unsere Störfunktion $n+1$ ist ein Polynom 1. Grades. Deshalb verwenden wir als Ansatz $A_{0}+A_{1}\cdot n$ . Da allerdings die homogene Lösung konstant ist und $A_{0}$ ebenfalls konstant und somit Teil der homogenen Lösung ist, müssen wir den Term mit $n$ multiplizieren (Resonanzfall).

Unser Ansatz lautet daher: $x_{n}^{(p)}=A_{0}\cdot n+A_{1}\cdot n^{2}$ . Diesen Ansatz setzen wir nun in die ursprüngliche rekursive Gleichung für $x$ ein:

$A_{0}(n+1)+A_{1}(n+1)^{2}=A_{0}\cdot n+A_{1}\cdot n^{2}+n+1$

$A_{0}+2A_{1}\cdot n+A_{1}=n+1$

Wir haben nun zwei Variablen, aber nur eine Gleichung. Wie geht es also weiter? Mit Hilfe eines Koeffizientenvergleichs können wir den Wert von $A_{1}$ bestimmen. Dazu müssen wir wissen, dass nachdem wir ja in die ursprüngliche Gleichung (DGL) eingesetzt haben, die Koeffizienten der DGL und der "Ansatzgleichung" ebenfalls identisch sein müssen:

Anders gesagt muss $2A_{1}=1$ sein, weil der Koeffizient von $n$ in der Störfunktion ebenfalls 1 ist und $2A_{1}$ unser Koffizient von $n$ nach Anwenden der Ansatzmethode ist. Dadurch wissen wir nun, dass $A_{1}={\frac {1}{2}}$ gilt. Womit wir uns auch $A_{0}$ berechnen können: $A_{0}+n+{\frac {1}{2}}=n+1\Rightarrow A_{0}={\frac {1}{2}}$ .