Subject je napisao:Hahaha...Da, ja jesam na faksu, ali smo "napamet" ucili te formule samo do stepena 2, niko nam nije uopste pokazao neko izvodjenje(ako jeste, onda tad sigurno nisam bio na predavanje, ali sumnjam.)...
Dobro, ako si imao linearnu algebru onda ipak nešto razumeš. Znam da ste to učili "napamet" jer se to obično tako radi na fakultetima (najviše zbog toga što ima i bitnijih stvari od ovih rekurentnih jednačina).
Subject je napisao:Recimo konkretno za primer 3, ako bi imali jos neko [inlmath]\lambda_4[/inlmath] koje je jednako ostalim [inlmath]\lambda[/inlmath]-ma, onda bi dodali jos jedan stepen tj [inlmath]n^4C_4\lambda_4^n[/inlmath] sto je naravno [inlmath]\lambda_4=\lambda_1[/inlmath].
Ovo nisam baš razumeo. Broj korena zavisi naravno od stepena karakteristične jednačine koji zavisi od stepena rekurentne jednačine.
Ako bi baš imali rekurentni niz četvrtog stepena, dakle i polinom četvrtog stepena, za koji su sve nule jednake, tada bi opšte rešenje bilo dato sa [inlmath]f_n = C_1 \lambda_1^n + n C_2 \lambda_1^n + n^2 C_3 \lambda_1^n + n^{\color{red}3} C_4 \lambda_1^n[/inlmath] a ne [inlmath]f_n = C_1 \lambda_1^n + n C_2 \lambda_1^n + n^2 C_3 \lambda_1^n + n^{\color{red}4} C_4 \lambda_1^n[/inlmath].
Da ne bi bilo da sam iz etra izvadio funkcije [inlmath]\lambda^{n}, n \lambda^n , \dots, n^{s-1}\lambda^n[/inlmath] pojasniću malo zašto se one javljaju.
Ako matricu [inlmath]A[/inlmath] ne možemo da dijagonalizujemo, tada barem možemo da nađemo njenu Žordanovu normalnu formu [inlmath]J[/inlmath]. Ako je matrica [inlmath]J[/inlmath] sačinjena od Žordanovih blokova [inlmath]J_{m_1}(\lambda_1), \dots, J_{m_k}(\lambda_k)[/inlmath], tada je matrica [inlmath]J^n[/inlmath] sačinjena od blokova [inlmath]J_{m_1}(\lambda_1)^n, \dots, J_{m_k}(\lambda_k)^n[/inlmath] gde je proivoljan blok [inlmath]J_{ m_i}(\lambda_i)^n[/inlmath] oblika
[dispmath]J_{m_i}(\lambda_i)^n = \begin{bmatrix}
\lambda_i^n & {{n}\choose{1}}\lambda_i^{n-1} & {{n}\choose{2}}\lambda_i^{n-2} & \cdots & \cdots & {{n}\choose{m_i-1}}\lambda_i^{n-m_i+1} \\
& \lambda_i^n & {{n}\choose{1}}\lambda_i^{n-1} & \cdots & \cdots & {{n}\choose{m_i-2}}\lambda_i^{n-m_i+2} \\
& & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots\\
& & & \ddots & \ddots & \vdots\\
& & & & \lambda_i^n & {{n}\choose{1}}\lambda_i^{n-1}\\
& & & & & \lambda_i^n
\end{bmatrix}[/dispmath]
Ovo se može zaključiti iz
[dispmath]J_{m_i}(\lambda_i)^n=(\lambda_i I+N)^n=\sum_{r=0}^n {n \choose r} \lambda_i^{n-r} N^r=\sum_{r=0}^{\min(n,m_i-1)} {n \choose r}\lambda_i^{n-r} N^r.[/dispmath]
Primetimo sada da se elementi bloka [inlmath]J_{m_i}(\lambda_i)^n[/inlmath] nalaze u prostoru [inlmath]\text{Span}\left\{\lambda_i^n, {{n}\choose{1}}\lambda_i^{n-1}, \dots, {{n}\choose{m_i-1}}\lambda_i^{n-m_i+1} \right\}[/inlmath]. Ali, očigledno je da ovaj potprostor pripada potprostoru [inlmath]\text{Span}\left\{\lambda_i^n, n\lambda_i^{n-1}, \dots, n^{d_i-1}\lambda_i^{n-d_i+1} \right\}[/inlmath] gde je [inlmath]d_i[/inlmath] višestrukost nule [inlmath]\lambda_i[/inlmath]. Ovo važi za proizvoljan blok, pa zaključujemo da se elementi matrice [inlmath]J[/inlmath] nalaze u prostoru
[dispmath]\text{Span}\left\{\lambda_1^n, n\lambda_i^{n-1}, \dots, n^{d_i-1}\lambda_1^{n-d_1+1}, \lambda_2^n, \dots, n^{d_2-1}\lambda_2^{n-d_2+1}, \dots, n^{d_k-1}\lambda_k^{n-d_k+1} \right\}.[/dispmath]
Neka je [inlmath]A = P J P^{-1}[/inlmath]. Matrice [inlmath]P[/inlmath] i [inlmath]P^{-1}[/inlmath] su konstantne matrice, pa i elementi matrice [inlmath]A^n = PJ^nP^{-1}[/inlmath] pripada gore navedenom potprostoru. Odavde sledi da je opšti član traženog niza moguće predstaviti u obliku
[dispmath]f_n = \sum_{i=1}^k \sum_{j=0}^{d_i-1} c_{ij}n^{j}\lambda_i^n[/dispmath]
za neke [inlmath]c_{ij}\in\mathbb{C}[/inlmath] koje je moguće odrediti korišćenjem početnih vrednosti niza.