MATEMANIJA

Pozdrav,

Pitanje:

Koje uslove mora da ispunjava neka determinanta [inlmath]n[/inlmath]-tog reda da bi rekli da je ona "pravilna" i mogli primjeniti rekurentnu formulu ?

Da li je to slucaj u ovom zadatku ? Ovdje počinje njena pravilnost, ako se ne varam tek sa [inlmath]n-2[/inlmath] determinantom, pa koja je tu ideja ?
[dispmath]\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
0 & 2 & 3 & 2 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
\vdots\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath]
rjesenje je
[dispmath]2^{n+1}-1[/dispmath]
PS. (znam da vas vec i previše smaram ovih par dana i izvinjavam se na tome )

Hvala unaprijed dobrim ljudima foruma

Cenim da je moglo i ovako bez priložene slike. Moj post se odnosi samo na tehničku stranu. Na tvoje pitanje će neko drugi da odgovori
[dispmath]\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
0 & 2 & 3 & 2 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
\vdots\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath]

Obicno su rekurentne determinante tipa te koju si dao, brojevi na glavnoj i dve sporedne dijagonale. Ako naslutis resenje mozes dokazati indukcijom.
[inlmath]1.[/inlmath] Baza indukcije [inlmath]n=1[/inlmath].
To je determinanta [inlmath]1\times1[/inlmath]. I iz donjeg desnog ugla vidimo da je to samo [inlmath]3[/inlmath].
Znaci [inlmath]D_1=3[/inlmath], uporedimo to sa formulom koju smo pretpostavili resenje. [inlmath]D_1=2^{1+1}-1=2^2-1=4-1=3[/inlmath]
I imamo da je baza tacna.
[inlmath]2.[/inlmath] Korak pretpostavimo da vazi za [inlmath]n-1[/inlmath] ([inlmath]D_{n-1}=2^n-1[/inlmath] ).
I sada racunamo za [inlmath]n[/inlmath].
[dispmath]\begin{align}
\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
0 & 2 & 3 & 2 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots& \vdots & &\vdots & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}_n&=3\cdot D_{n-1}-\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
0 & 2 & 3 & 2 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 2 & 3 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 2
\end{vmatrix}_{n-1}\\
\\
&=3\cdot D_{n-1}-2\cdot\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
0 & 2 & 3 & 2 & \cdots & 0 & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}_{n-2}
\end{align}[/dispmath]
I sada na kraju imamo:
[dispmath]D_n=3\cdot D_{n-1}-2\cdot D_{n-2}[/dispmath]
U tu jednacinu zamenimo pretpostavljeno resenje [inlmath]D_n=3\left(2^n-1\right)-2\left(2^{n-1}-1\right)=3\cdot2^n-3-2^n+2=2^{n+1}-1[/inlmath] i tu je kraj.
Naravno posto je jako tesko pretpostaviti sta je resenje i naslutiti ga, uzecemo sada da ne znamo sta je resenje. Ponavljamo ovaj isti postupak sa laplasovom formulom po zadnjoj koloni kao u induktivnom koraku i dobijamo onu rekurentnu jednacinu.
[dispmath]D_n=3\cdot D_{n-1}-2\cdot D_{n-2}[/dispmath]
One se resavaju pomocu karakteristicne jednacine:
[dispmath]t^2=3t-2\\
t^2-3t+2=0\\
t_{1,2}=\frac{3\pm\sqrt{9-4\cdot2}}{2}=\frac{3\pm1}{2}\\
t_1=2\\
t_2=1[/dispmath]
Sva resenja rekurentne jednacine(ukoliko su koreni karakteristicne jednacine razliciti) [inlmath]a_n=a\cdot a_{n-1}+b\cdot a_{n-2}[/inlmath] su opisana sa:
[dispmath]a_n=\alpha\cdot t_1^n+\beta\cdot t_2^n[/dispmath]
Ovde alfa i beta dobijamo iz pocetnih uslova [inlmath]a_0[/inlmath] i [inlmath]a_1[/inlmath].
Pa prema ovome imamo:
[dispmath]D_n=\alpha\cdot 2^n+\beta\cdot1^n=\alpha\cdot2^n+\beta[/dispmath]
Ovde su nam pocetni uslovi determinanta velicine [inlmath]n=1[/inlmath] i [inlmath]n=2[/inlmath] koje lako mozemo izracunati i na kraju resimo sistem da bismo dobili [inlmath]\alpha[/inlmath] i [inlmath]\beta[/inlmath].
[dispmath]D_1=2\cdot\alpha+\beta\\
D_2=4\cdot\alpha+\beta[/dispmath]
a [inlmath]D_1[/inlmath] i [inlmath]D_2[/inlmath] su naravno [inlmath]3[/inlmath] i [inlmath]7[/inlmath].
[dispmath]3=2\cdot\alpha+\beta\\
7=4\cdot\alpha+\beta[/dispmath]
I sada [inlmath]\alpha=2[/inlmath] a [inlmath]\beta=-1[/inlmath].
Konacno resenje je:
[dispmath]D_n=2\cdot2^n-1=2^{n+1}-1[/dispmath]

Trougao je napisao:Obicno su rekurentne determinante tipa te koju si dao, brojevi na glavnoj i dve sporedne dijagonale.

Mozes li mi reci sta si tacno mislio pod tim? Kako da na osnovu glavne i sporedne dijagonale prepoznam rekurentnu ?
Hvala na rjesenju, dobio sam slicno samo sto je kod mene bilo da je
[dispmath]D_n=3D_{n-2}-2D_{n-2}[/dispmath] jer sam mislio da ne mogu da pisem [inlmath]n-1[/inlmath] jer njeno "ponavljanje" pocinje tek na [inlmath]n-2[/inlmath] , pa ako mozes to da mi razjasnis
hvala puno

Ajde da se izrazim "strucno" ne postoji algoritam koji utvrdjuje da li je proizvoljna determinanta velicine [inlmath]n[/inlmath] rekurentna ili ako postoji nesta sa racunarom da se utvrdi, onda je to za metod olovka i papir previse komplikovano. To je stvar prakse ali kao sto rekoh 99% posto determinanti koje su rekurentne i koje mozes dobiti a da nije neki olimpijski zadatak, imace brojeve postavljene po nekom sablonu na glavnoj dijagonali i dve sporedne koje su odmah do nje.
Kod ovakvih determinanti da bi dobio rekurentnu jednacinu pocinjes obicno sa Laplasovim razvojem po zadnjoj koloni. Kad uzmem da razvijam po [inlmath]3[/inlmath] koja se nalazi u donjem desnom uglu dobijem determinantu istu kao pre samo sto su joj odbacene poslednja kolona i vrsta znaci determinanta je velicine [inlmath]n-1[/inlmath].
Ako ti to nije jasno raspisi poslednjih 5-6 vrsta i idi postupno.

Hvala ti na ulozenom trudu, sad je mnogo jasnije

Znači, možeš da uočiš pravilnost,
[dispmath]D_1=\begin{vmatrix}
3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_2=\begin{vmatrix}
3 & 1\\
2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_3=\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0\\
1 & 3 & 1\\
0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_4=\begin{vmatrix}
3 & 1 & 0 & 0\\
2 & 3 & 2 & 0\\
0 & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]D_5=\begin{vmatrix}
3 & 2 & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 3 & 2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 0 & 2 & 3
\end{vmatrix}[/dispmath][dispmath]\vdots[/dispmath]
i pri tome vidiš da na dijagonali koja je odmah iznad glavne brojevi naizmenično počinju jedinicom ili dvojkom (kod parnih članova niza počinju jedinicom, a kod neparnih članova niza dvojkom).
Slično i za dijagonalu koja je ispod glavne, samo što je kod nje obrnut slučaj.
I to je ta pravilnost niza [inlmath]D_n[/inlmath], koji zatim predstavljamo preko rekurentne formule.
Istina, budući da se kod determinante koja je u zadatku zadata na prvom mestu dijagonale koja je iznad glavne nalazi dvojka, iz toga bi se možda dalo zaključiti da [inlmath]n[/inlmath] mora biti neparno. Međutim, to nas u postupku i ne ograničava previše, jer se ovim rekurentnim postupkom pokazuje da formula [inlmath]D_n=2^{n+1}-1[/inlmath] važi i za neparne i za parne članove.

---

Ako se radi preko indukcije, baza indkucije bi trebalo da obuhvati [inlmath]n=1[/inlmath] i [inlmath]n=2[/inlmath], budući da se u indukcijskoj pretpostavci član niza izražava preko dva prethodna člana.


Heisenberg, molim te, ubuduće bez ovakvih slika. Koristi Latex.

Hvala na odgovoru admine, kad se tako problem sagleda, vise nije problem






Hocu, moja greska