da karl » 11/08/2006, 18:54
La soluzione per essere elementare lo e' ma ha un suo costo in termini
di calcoli.
Poniamo dunque
(0) $x_(n+1)=(y_(n+1))/(z_(n+1))$
O cio' che e' lo stesso:
(1) $x_n=(y_n)/(z_n)$
Ed inoltre :
(2) $y_(n+1)=y_n+az_n,z_(n+1)=y_n+z_n$
(queste ultime relazioni si ottengono copiando praticamente il numeratore
ed il denominatore della relazione proposta)
E' facile vedere che sostituendo le (2) nella (0) e considerando la (1)
si ottiene la relazione proposta da ficus.
Moltiplichiamo ora la seconda delle (2) per una indeterminata t e sommiamo
con la prima, sempre delle (2):
(3) $y_(n+1)+tz_(n+1)=(1+t)y_n+(a+t)z_n$
Scegliamo ora t ( e qui sta la sostanza del metodo) in modo che si abbia:
$a+t=t(1+t)$ da cui
(4) $t^2-a=0$
In tal modo la (3) diventa.
$y_(n+1)+tz_(n+1)=(1+t)[y_n+tz_n]$
Facendo variare l'indice da n a 0 ,moltiplicando membro a membro e
semplificando opportunamente, si ottiene la relazione:
$y_(n+1)+tz_(n+1)=(1+t)^(n+1)[y_(o)+tz_o]$
Ora essendo per ipotesi $x_o=0$ dalla (1) si ricava che deve essere
necessariamente $y_o=0,z_o=qualunque$ (purche' non nullo !)
Pertanto ,scegliendo zo=1,si ha:
$y_(n+1)+tz_(n+1)=t(1+t)^(n+1)$
oppure:
$y_n+tz_n=t(1+t)^n$
Sostituendo in tale formula le radici della (4) si ricava il sistema:
$((y_n-sqrtaz_n=-sqrta(1-sqrta)^n),(y_n+sqrtaz_n=sqrta(1+sqrta)^n))$
che risolto fornisce yn e zn:
$((y_n=sqrta[(1+sqrta)^2-(1-sqrta)^n]//2),(z_n=[(1+sqrta)^2-(1-sqrta)^n]//2))$
Sostituendo nella (1) si ha infine:
$x_n=sqrt(a)* [(1+sqrta)^n-(1-sqrta)^n]/[(1+sqrta)^n+(1-sqrta)^n]$
Mi rendo conto che il metodo puo' apparire lungo ma io ho fatto praticamente tutti
i passaggi che naturalmente,una volta appresa la sostanza del metodo stesso,si
possono eliminare.Il procedimento e' applicabile a tutte le ricorsioni bilineari
ovvero del tipo:
$x_(n+1)=(ax_n+b)/(cx_n+d)$ con a,b,c,d costanti definite e tali che
$ad-bc ne 0$
karl